Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học

Lời nói đầu
Hóa Học là bộ môn khoa học cơ bản gắn liền với thực tiễn với đời sống. Bên cạnh những
vấn đề lý thuyết căn bản, còn có những bài toán căn bản từ đơn giản đến phức tạp, đòi hỏi
chúng ta cần suy nghĩ và nắm vững lý thuyết. Để giải quyết được một bài toán hóa học
đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải. Với thời đại Công
Nghệ Số giúp chúng ta có thể nắm bắt được những lý thuyết mới và những phương pháp
giải mới nhanh và hay. Cuốn sách này là những tâm huyết của tôi từ thời là sinh viên, thu
thập từ nguồn trên Web, và các cuốn sách từ thời THPT tôi học như: Nguyễn Thanh
Khuyến, Nguyễn Phước Hòa Tân, Ngô Ngọc An, Quan Hán Thành, Lê Tấn Trung, Lê
Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc và đặc biệt là 3 cuốn của thầy Cao Cự Giác 3 cuốn này
theo tôi nghĩ là rất quan trọng và hay đối với các vấn đề Hóa Học THPT. Hy vọng cuốn
Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT
đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa Học.
Cuốn sách mới tái bản lần đầu chắc còn nhiều sai sót mong các bạn góp ý để cho cuốn
sách này được hoàn chỉnh.
Chúc các bạn thành công thành công trên con đường mình chọn
Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ
thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng
Xin chân thành cám ơn!

Dương Văn Thế

DƯƠNG THẾ 2

 PHƯƠNG PHÁP 1: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
A. PHƯƠNG PHÁP
1. Lịch sử ra đời:
Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov
và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí nghiệm được cân đo
chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng.
 Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov đặt ra định

đề.
 Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định luật này.
Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung, M.V.Lomonosov
nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù những chuyển hoá hoá học
đã xãy ra với kim loại trong bình. Khi áp dụng các phương pháp định lượng nghiên cứu
phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov đã tìm định luật quan trọng này. Lomonosov
trình bày định luật như sau: "Tất cả những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu
lấy đi bao nhiêu ở vật thể này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác. Như vậy,
nếu ở đây giảm đi bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chổ khác".
2. Lý thuyết
Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối
lượng sản phẩm tạo thành.
=




 Nhắc lại một số công thức



A + B C + D
+ = +
C%= * 100%
= + = d.V

=
n =
3
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

B. VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH
Bài 1 Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe
2
O
3
. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m
gam hỗn
hợp
X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất
rắn A trong ống sứ và
11,2
lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H
2

là 20,4. Tính
giá trị
m.

A. 105,6 gam. B. 35,2 gam.
C.
70,4 gam. D. 140,8
gam.

Giải
Tóm tắt theo sơ đồ
CO 
11,2(

= 40,8)

64
m

Theo định luật bảo toàn khối lượng
m= m
A
+ m
O(trong oxid)
(*)
n
O(oxid)
= 


; n
B
=
,
,
= 0,5 mol = 


+ 


Quy tắc đường chéo giải quyết:
(M=28)CO 3,2
40,8
(M =44) CO
2

12,8
Lập tỉ số ta có





=
,
,
= 4 


= 0,4 mol
n
O(oxid)
= 0,4 mol m
O
= 0,4*16 = 6,4 g (*) m= 64+6,4 = 70,4g
Đáp án C

 Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ đơn giản là CO lấy O trong oxid sắt để tạo
ra CO
2
theo phản ứng CO + O
(oxid)
CO
2
nên n
O

= 


từ đó ta suy ra được
m
X
là kết quả cần tìm

hh X: Fe,
FeO,





DƯƠNG THẾ 4

Bài 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO
4
và KCl với điện cực trơ đến khi
thấy khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát
ra ở anot. Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Khối lượng
dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lượng H
2
O bay hơi là không
đáng kể) ?
A. 2,7g B. 1,03g C. 2,95. g D. 2,89g.
Giải
Ta có phương trình phản ứng điện phân
CuSO

4
+ H
2
O Cu + H
2
SO
4
+


O
2
 (1)
CuCl
2
Cu + Cl
2
 (2)
n
khí
= 


+ 


=
,
,
= 0,02mol; n

MgO
=
,

= 0,02mol = n
acid
= n
Cu
(1)
MgO + H
2
SO
4
MgSO
4
+ H
2
O



= 
,

= 0,01mol 


= 0,01mol = n
Cu
(2)

m↓ = 0,01*32+ 0,01*71+ 0,03*64= 2,95g → Đáp án C
Bài 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl
2
20,8 % vào 100 gam dung dịch Na
2
CO
3
, lọc bỏ
kết tủa được dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H
2
SO
4
9,8% vào dung dịch
X thấy ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của
dung dịch Na
2
CO
3
và khối lượng dung dịch thu được sau cùng là:
A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam.
C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam.
Giải
Theo bài ra ta nhận thấy Ba
2+
trong X đã hết vậy ta sẽ có những phản ứng sau
Ba
2+
+CO
3
2-

BaCO
3
↓ (1)
CO
3
2-
+ 2H
+
CO
2
 + H
2
O (2)



=
,∗
∗
= 0,05mol 


= 0,02mol
Theo phản ứng (1) (2)
∑



= 0,02 + 0,05 = 0,07mol
5

KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

C% (Na
2
CO
3
) =
,∗

*100% = 7,42%
m
dd
=
∑


- m↓

- m = 50 + 50 + 100 – 0,05*233 – 0,02*44 = 189,27g
Đáp án B
Bài 4: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là:
A. CH
3
OH và C
2
H
5
OH. B. C
2

H
5
OH và C
3
H
7
OH.
C. C
3
H
5
OH và C
4
H
7
OH. D. C
3
H
7
OH và C
4
H
9
OH.
Giải
Gọi công thức phân tử trung bình của hai rượu là 

OH
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
rượu

+ m
Na
= m
muối
+ 






= 15,6 + 9,6 – 24,5 = 0,3g 


=
,

= 0,15mol
n
rượu
= 0,15* 2 = 0,3mol M
rượu
=
,
,
= 52 

= 35
Đáp án B
Bài 5: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch

HNO
3

63%.
Sau
phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO
2

duy
nhất (đktc). Tính nồng độ %
các
chất có trong dung dịch
A.
A.36,66% và 28,48%. B.

27,19% và
21,12%.

C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và
21,12%.
Giải
Tóm tắt sơ đồ sau:
HNO
3
% dd A


Vì phản ứng xảy ra vừa đủ khi cho kim loại tác dụng với HNO
3
nên ta có bán phản

ứng sau:
Fe Fe
3+
+ 3e
x x 3x 2H
+
+ NO
3
-
+ 1e NO
2
 + H
2
O
Cu Cu
2+
+ 2e 1mol 0,5mol 0,5mol
y y 2y


12g Fe(x),Cu(y)

0,5mol



,
ddA
DƯƠNG THẾ 6

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
3x +2y = 0,5 mol (1)
56x + 64y = 12g (2)
Giải (1),(2) x= 0,1mol y= 0,1mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng: m
dd
=
∑


- m
Bây giờ ta tính khối lượng dung dịch của HNO
3
:
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nito:
n
acid
=3* 


+ 2*


+ 


= 3*0,1 + 2*0,1 + 0,5 = 1mol
∑



=


∗
%
=
∗∗
%
=
∗∗

= 100g
m
dd
= 100 – 0,5*46 + 12= 89g
%
ố
(
)

=
,∗


*100%= 27,19%
%
ố
(
)


=
,∗

* 100% =21,12%
Đáp án B
Bài 6: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị
(I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu
được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam.
Giải
M
2
CO
3
+ 2HCl 2MCl + CO
2
↑ + H
2
O (1)
R
2
CO
3
+ 2HCl 2MCl
2
+ CO
2
↑+ H
2
O (2)




=
,
,
= 0,2mol
Theo phương trình (1),(2) nhận thấy số mol H
2
O bằng số mol CO
2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
23,8 + 2*0,2*36,5 – 0,2*44 – 0,2*18 = 26g
Đáp án C
Bài 7: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chât X. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp A cần 21,28 lít O
2
(đktc) và thu được 35,2 gam CO
2
và 19,8 gam H
2
O. Tính
khôi lượng phân tử X (biêt X chỉ chứa C, H, O).
A. 92g/mol B. 106g/mol C. 95g/mol D. 108g/mol
Giải



=

,
,
= 0,95mol ;
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
0,1*62 + 0,2 * M
X
+ 


= 


+ 














,∗
,
= M

X
M
X
=
,,,∗,
,
= 92g/mol Đáp án A

7
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

Bài 8: Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxid CuO, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
bằng khí CO ở
nhiệt độ cao, người ta thu được 40gam chất rắn X và 13,2gam khí CO
2
. Tính giá trị m
Giải
Tóm tắt bài toán:

CO m=?

Bản chất của bài toán này là gì? Xin thưa bài toán này thực chất là bài toán của phản ứng
CO tác dụng với Oxi trong oxid của hỗn hợp A theo phản ứng: CO + O CO

2

Nhận thấy n
Oxi (trong oxid)
=n
CO
= 


=
,

= 0,3 mol m
O
= 0,3*16 = 4,8g
m
CO
= 0,3*28 = 8,4g theo định luật bảo toàn khối lượng ta có
m + 8,4 = 13,2 + 40 m = 44,8g
Bài 9: Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp A gồm hai kim loại X,Y có hóa trị tương ứng là I, II
vào dung dịch hai acid HNO
3
và H
2
SO
4
, thì thu được 2,688 lít hỗn hợp khí Z gồm NO
2
và
SO

2
(ở đktc) nặng 5,88g. Cô cạn dung dịch sau cùng thì thu được m (g) muối khan.
Tính m?
Giải
n
Z
=
,
,
= 0,12mol M
Z
= 
,
,
= 49g
Quy tắc đường chéo giải quyết:
NO
2
( M =46) 15
49
SO
2
( M = 64) 3



=


* 0,12 = 0,1mol 



= 0,02mol
Ta có bán phản ứng:

m hh A: CuO,
FeO,




,




40g X , 13,2g



DƯƠNG THẾ 8

4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e SO
2
+ 2H

2
O (1)
2H
+
+ NO
3
-
+ e NO
2
+ H
2
O (2)
Theo bán phản ứng (1) ta có: 




= 0,02*2 = 0,04mol ; 



= 0,04mol
Theo phản ứng (2) ta có: 


= 2*0,1 = 0,2 mol ; 



= 0,1mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
6 + 63*0,2 + 98*0,04 = m + 5,88 + 0,14*18 m = 14,12g
Các bạn có thể tham khảo thêm lời giải của Thầy Quan Hán Thành trong cuốn “Phương
Pháp Giải Hóa Vô Cơ (tr.10 NXB Trẻ)
Bài 10: (Đề thi CĐ 2011) Đốt cháy hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp Mg và Al trong khí oxi
(dư) thu được 30,2 gam hỗn hợp oxid.Thể tích khí oxi (dktc)đã tham gia phản ứng là:
A. 17,92 lít B. 4,48 lít C. 11,20 lít D. 8,96 lít
Giải
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
17,4 + m
oxi
= 30,2 V
Oxi
=
,,

∗22,4 = 8,96 lít
Đáp án D
Nhận xét: Qua 10 ví dụ điển hình ta có thể thấy rõ tầm quan trọng của định luật bảo toàn
khối lượng, đơn giản nhưng rất hiệu quả. Có thể nói Phương pháp bảo toàn khối lượng và
phương pháp bảo toàn electron là hai phương pháp chủ đạo trong xuyên suốt quá trình
giải bài toán hóa. Một lần nữa nhấn mạnh: Muốn giỏi Hóa trước hết phải có lí thuyết
vững cộng thêm những thủ thuật giải và suy luận sắc bén.

9
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
 Bài 1: Cho 1,75g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch
H

2
SO
4
loãng, thu được 1,12 lít khí H
2
(ở đktc) hỏi cô cạn dung dịch ta thu được
bao nhiêu gam muối khan? Tính thể dung dịch H
2
SO
4
0,5M cần cho các phản ứng
trên? ( Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB.
ĐHQG. TPHCM tr.27)
Giải
Sau đây tôi xin trình bày nguyên văn lời giải lý thú của thầy:
Ion H
+
bị 3 kim loại khử theo bán phản ứng:
H
+
+ e


H
2

0,1mol 0,1mol
,
,
= 0,5mol

H
2
SO
4
= 2H
+
+ SO
4
2-

0,05mol 0,1mol 0,05mol
Từ hai phương trình ta thấy ngay rằng 0,1mol H
+
bị khử thành H
2
bay ra, để lại 0,05mol
SO
4
2-
kết hợp với các cation kim loại tạo ra 3 hỗn hợp muối sulfat. Theo hệ quả của định
luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố ta có:
m
muối
= m
kim loại
+ m
gốc acid
= 1,75 + 0,05*96 = 6,55g
V =
,

,
= 0,1 lit = 100mL
 Bài 2: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Cu vào một bình kín chứa 0,9 mol
O
2
,. Nung nóng bình một thời gian cho đến khi số mol O
2
trong bình chỉ còn
0,865mol và chất rắn trong bình có khối lượng 2,12gam. Tính m (Phương Pháp
Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG. TPHCM tr.27)
Giải
Số mol O
2
kết hợp với kim loại để tạo thành oxid: 0,9 – 0,865 = 0,035mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,035*32 = 2,12 m = 1g


DƯƠNG THẾ 10

 Bài 3: Cho 16gam một oxid kim loại tác dụng với 120ml dung dịch HCl thì thu
được 32,5g muối khan. Tính nồng độ mol/l của dung dịch HCl
(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG.
TPHCM tr.33)
Lời ngỏ: Có thể nói những cách giải của thầy rất lý thú trong các bài toán hóa học. Thầy
có những nhận xét sâu sắc và những tư duy sắc bén,giúp giải quyết nhanh chóng bài toán
và hạn chế viết phương trình phản ứng.
Giải
Khi oxid kim loại chuyển thành muối kim loại clorur tức là kim loại đã thay x mol O
2-

thành 2x mol Cl
-
nên ta có phương trình ( vì theo bảo toàn điện tích của O
2-
và Cl
-
)
16 – 16x + 2x*35,5 = 32,5 x = 0,3mol
HCl = H
+
+ Cl
-

2x 2x 2x = 0,6mol
Vậy nồng độ HCl =
,
,
= 5M
 Bài 4:Hòa tan 10g hỗn hợp hai muối carbonat hai kim loại hóa trị II và III bằng
dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đktc). Hỏi sau khi
cô cạn thu được bao nhiêu gam muối khan. (Hướng Dẫn Giải Nhanh Bài Tập
Hóa Học, Cao Cự Giác tập 1 NXB. ĐHQGHN tr.72)
Giải
Phương trình phản ứng:
XCO
3
+ 2HCl XCl
2
+ CO
2

+ H
2
O
Y
2
(CO
3
)
3
+ 6HCl 2YCl
3
+ 3CO
2
+ 3H
2
O
Theo phương trình phản ứng số n
HCl
= 2*


= 2∗
,
,
= 0,006mol; 


= 




= 0,03
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
10 + m
HCl
= m
muối
+ m
khí
+ m
nước
10 + 0,006*36,5 = m
muối
+ 0,003*44 + 0,03*18
m
muối
= 10,33g

11
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

 Bài 5: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại A, B, C vào một bình kín có thể tích 10 lít
chứa khí oxi, áp suất 22,4 atm ở 136,5
0
C. Nung nóng bình một thời gian rồi đưa
nhiệt độ ban đầu, thấy áp suất giảm 3,6% so với áp suất ban đầu và trong bình
chứa 2,5gam chất rắn. Tính m
(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG.
TPHCM tr.39)
Giải

Phương trình khí lí tưởng: pV = nRT n =


=
,∗
,

∗(,)
=


mol = n
oxi

Sau phản ứng áp suất trong bình giảm chính là sự giảm của oxi tham gia phản ứng với
kim loại:
m
oxi pư
=
,∗∗
∗
= 0,768gam m = 2,5 – 0,768 = 1,732 gam

 Bài 6: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch
HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ
chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là nhiêu?
A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3
gam
.

Giải
Phản ứng với HCl là một phản ứng vừa đủ nên 2 kim loại Mg, Al bị tan hết sinh ra muối
Z, hiển nhiên kim loại không tan là chất rắn Cu chính là chất rắn Y
Khí X thoát ra chính là H
2
theo bán phản ứng
H
+
+ e


H
2

0,7 mol
,
,
= 0,35mol
HCl = H
+
+ Cl
-

Theo bán phản ứng trên ta có : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m
Z
= (9,14 – 2,54 + 0,7*36,5) – 0,35*2 = 31,45gam
Đáp án A

DƯƠNG THẾ 12

 Bài 7: Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung
dịch HCl 1,2 M thì
thu
được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng
là


A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04
lít

Giải
Gọi công thức chung của 3 amin đơn chức: 

– NH
2

Phản ứng: RNH
2
+ HCl 

– NH
3
Cl
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
n
HCl
=
,
,

= 0,096mol
V
HCl
=
,
,
= 0,08lit Đáp án B
 Bài 8: Cho 8 gam Fe
x
O
y
tác dụng với dung dịch HCl 2M đã lấy dư 25% so với
lượng cần thiết. Đun khan dung dịch sau phản ứng thu được 16,25 gam muối
khan. Xác định công thức phân tử của oxid sắt, thể tích HCl
Giải
Gọi a là số mol của oxi trong sắt: Bản chất của phản ứng là O
2-
bị Cl
-
thế tạo ra muối
8 – 16a + 2* 35,5a = 16,25 a = 0,15 mol m
O
= 2,4g m
Fe
= 5,6g
Lập tỉ số ra có:


=
,

,



=


Công thức oxid sắt Fe
2
O
3
Phương trình phân ly: HCl = H
+
+ Cl
-

0,3mol 2a= 0,3mol
Vì acid lấy dư nên
∑


= 0,3 + 0,3*0,25 = 0,375mol V
HCl
=
,

= 0,1875 lít
 Bài 9: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H
2
SO

4
đặc ở 140
o
C
thu được hỗn hợp các
ete
có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số
mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao
nhiêu?

A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol.
D.
0,2
mol.


13
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

Giải
Gọi công thức chung cho 3 rượu no đơn chức là: 

– OH
Phản ứng tách nước: 

– OH + 

– OH






: 

– O - 

+ H
2
O
Theo quy tắc số ete tạo thành từ số rượu ( Hướng Dẫn Giải Nhanh Hóa Học, Tập 2, Cao
Cự Giác, NXB. ĐHQGHN) số ete =
()

= 6 ete (n=3)
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:




=
m
rượu
- m
ete
= 132,8 – 111,2 = 21,6 gam
Theo phản ứng trên n
ete
= 




=
,

= 1,2mol n
mỗi ete
=
,

= 0,2 mol
Đáp án D
 Bài 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và
Fe
2
O
3

đốt
nóng.
Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784
gam. Khí đi ra khỏi ống
sứ
cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)
2

dư thì thu được
9,062 gam kết tủa. Phần trăm
khối
lượng Fe

2
O
3

trong hỗn hợp A
là

A.
86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%.
D.6,01%.

Giải
Tóm tắt bài toán:
+CO Ba(OH)
2
9,062g↓

Gọi x, y là số mol lần lượt của FeO, Fe
2
O
3
x + y = 0,04mol (*)
Theo sơ đồ bài toán ta có: n
CO
= 


= n↓ ( BaCO
3
↓) =

,

= 0,046mol = n
O (trong oxid)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m
hhA
= m
B
+ m
O (trong oxid)
= 4,784 + 0,046*16 = 5,52g = 72x + 160y (**)
Giải (*) ,(**) ta có x = 0,01 , y = 0,03mol %




=
,∗
,
*100 = 86,96%

Đáp án A
0,04mol hhA
FeO, Fe
2
O
3

4,784g hhB + Khí

DƯƠNG THẾ 14


 PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO
A. PHƯƠNG PHÁP
 Đối với bài toán trộn lẫn các chất với nhau ta nên dùng phương pháp sơ đồ đường
chéo
 Nguyên tắc:
Dung dịch 1: có khối lượng m
1
, thể tích V
1
, nồng độ C
1

(nồng độ phần trăm hoặc
nồng độ mol, khối lượng riêng là d
1

Dung dịch 2: có khối lượng m
2
, thể tích V
2
, nồng độ C
2

(C
2

> C
1

), khối lượng
riêng
d
2
.

Dung dịch thu được: có khối lượng m = m
1

+ m
2
, thể tích V = V
1

+ V
2
, nồng độ C
(C
1

< C <
C
2
)
và khối lượng riêng
d.

 Đối với phần trăm khối lượng
C
1
C
2
- C
C




=
|



|
|



|
(1)
C
2
C
1
- C
 Đối với nồng độ mol/lít








−


C
M





=















(2)







−



 Đối với khối lượng riêng
d
1

|


−
|

d




=

|



|
|



|
(3)
d
2

|


−
|


15
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

 Khi sử
dụng
sơ đồ đường chéo
cần
chú ý:
- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%

- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng
của
H
2
O là d = 1g/ml.
 Tài liệu tham khảo phương pháp này gồm có tác giả: Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc, Quan Hán
Thành, Cao Cự Giác
B.VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH
 Bài 1:
Để
thu được dung dịch HCl 25%
cần lấy
m
1
gam dung dịch HCl 45% pha với
m
2
gam dung dịch HCl 15%. Tỉ l
ệ
m
1
/m
2

là:
A. 1:2. B. 1:3. C. 2:1 D. 3:1.
Giải
Ta có sơ đồ đường chéo:
m

1
(45%) 10%
25%




=


=


Đáp án A
m
2
(15%) 20%
 Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào dung dịch H
2
SO
4

đặc,nóng dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu
cánh hoa hồng. Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho
các phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn.
Kim loại M đã cho ban đầu là:
A. Fe B. Ca C. Mg D. Cu
Giải
Theo cách giải lý thú của thầy Vũ Khắc Ngọc
n

NaOH
= 0,8*1 = 0,8mol
Khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng hiển nhiên là khí SO
2

Khi cho khí B tác dụng với NaOH có thể xảy ra hai phản ứng:
NaOH + SO
2
NaHSO
3
(1)
2NaOH + SO
2
Na
2
SO
3
+ H
2
O (2)
Khi cho SO
2
tác dụng với NaOH thì sản phẩm thu được có thể bao gồm 1 hoặc 2
trong 3 chất: NaOH dư (M = 40), NaHSO
3
(M = 104) và Na
2
SO
3
(M=126).

DƯƠNG THẾ 16


Để khai thác dữ kiện n
NaOH
= 0,8 mol ta tiến hành quy đổi: Coi 1 mol muối
Na
2
SO
3
là 2mol NaX với M
NaX
=


= 63g/mol (mục đích để khai thác dữ kiện
tổng số mol muối tạo thành bằng tổng số mol NaOH)
Do vậy trong chất rắn chứa 48,1g có 0,8 mol hỗn hợp M
hh
=
,
,
= 60,125g
Trong hỗn hợp chất rắn có ít nhất một chất có phân tử lượng trung bình
nhỏ hơn phân tử lượng trung bình của hỗn hợp NaOH đang còn dư vậy chỉ
có phản ứng (2) xảy ra
Theo quy tắc đường chéo ta có:
NaX (63) 20,125 7 0,7mol NaX 0,35mol Na
2
SO

3
60,125
NaOH (40) 2,875 1 0,1mol NaOH
Theo phản ứng: 


= 




= 0,35mol
Bán phản ứng
4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e SO
2
+ 2H
2
O
0,7 0,35mol
M – ne M
n+

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
na = 0,7 a =
,


M =


=
,
,

= 32n M = 64 (Cu)
Đáp án D
 Bài 3: (Lê Phạm Thành)
Để pha được 500mL dung dịch nước muối sinh lý ( C = 0,9%)cần lấy V mL dung
dịch NaCl 3%. Giá trị của V là:
A.150mL B. 241,3mL C. 285,7mL D. 350mL

17
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

Giải
Ta có sơ đồ đường chéo như sau:
V
1
( C
1
= 3%) 0,9%
C = 0,9%





=
,
,
=



V
2
(C
2
= 0%) 2,1%
V =


* 500 = 150mL Đáp án A
 Bài 4: (Vũ Khắc Ngọc)
Crackinh C
4
H
10
thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H
2
là 16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là:
A. 77,64% B. 38,82% C. 17,76% D. 16,325%
Giải
Lời ngỏ: Những bài toán của thầy Vũ Khắc Ngọc khó và rất hay, sau một bài toán
của thầy ta có thể rút ra những nhận xét quý báu cho bản thân. Sau đây tôi xin đưa
ra cách giải lý thú của thầy.
Ankan Ankan’ + Anken các hydrocarbon luôn luôn có số mol bằng

nhau Do đó KLPTTB của các hydrocarbon =


KLPTTB của Ankan
ban đầu







=


= 29 g/mol Ta coi hỗn hợp sản phẩm khí là một chất khí duy
nhất có 






= 29 g/mol từ đó ta có sơ đồ đường chéo như sau:








= 29 25,35


= 32,65



ư
=
,
,

M = 58 3,65
Giả sử sau phản ứng thu được 29 mol khí thì số mol C
4
H
8
ban đầu sẽ là
n
đ
=
,

+ 3,65 = 16,325 mol
DƯƠNG THẾ 18

Hiệu suất phản ứng:
H% =
,,

,
*100% = 77,64%
Đáp án A
 Bài 5: Nguyên tử khối trung bình của Brom là 79,319. Brom có hai đồng vị bề là



và 


. Thành phần phẩn trăm số nguyên tử của 


?
A. 84,05% B. 81,02% C. 18,98% D. 15,95%
Giải
Theo quy tắc đường chéo ta có thể giải quyết được những dạng bài toán này:



(M = 79) 1,681
M = 79,319
% 


% 


=
,

,




( M = 81) 0,319
. % 


=
,
,,
* 100% = 15,95% Đáp án D
 Bài 6: Cho 37,6g hỗn hợp gồm 3 chất rắn Fe
3
O
4
, FeO và Cu
2
O tác dụng với dung
dịch HNO
3
loãng dư thu được 2,24 lít khí NO ở đktc. Khối lượng của Fe
3
O
4
trong
hỗn hợp là:
A. 34,8g B. 23,2g C. 11,6g D. 17,4g
Giải

Lời ngỏ: Thoạt nhìn ta có cảm nhận rằng bài toán thiếu dữ kiện nên không thể giải
quyết được bài toán này. Vậy chăng bài toán này thiếu dữ kiện chăng? Thưa với
các bạn các dạng này thường phải ghép ẩn để giải quyết. Nhưng thầy Vũ Khắc
Ngọc lại có thể giải quyết nó bằng phương pháp đường chéo. Có thể nói thầy có
sáng kiến giải quyết bài toán rất hay và độc đáo. Sau đây tôi xin trình bày theo hai
cách. Cách 1: đặt ẩn ghép ẩn suy ra kết quả, cách 2: Phương pháp đường chéo của
thầy Vũ Khắc Ngọc



19
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

Cách 1: gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe
3
O
4
, FeO, Cu
2
O
Ta có: 232x + 72y + 144z = 37,6 (1)
232x + 72(y+ 2z) = 37,6 (*)
Bán phản ứng:
3Fe
+8/3
3Fe
3+
+ 1e
Fe
2+

Fe
3+
+ 1e 4H
+
+ NO
3
-
+ 3e NO + 2H
2
O
2Cu
+
2Cu
2+
+ 2e 0,3mol
,
,
= 0,1mol
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
x + y +2z = 0,3mol (2)
Đến đây ta giải quyết bài toán bằng phương pháp ghép ẩn
Từ (2) ta có: x = 0,3 –(y+2z) thế vào (*) ta suy ra x = 0,1mol
m= 232 *0,1 = 23,2g Đáp án B
Cách 2:
Sơ đồ phản ứng oxi hóa – khử
Fe
2+
- 1e Fe
3+
4H

+
+ NO
3
-
+ 3e NO + 2H
2
O
Cu
+
+ 1e Cu
2+

Căn cứ vào sơ đồ trên ta thấy:
Cứ 1 mol Fe
3
O
4
(232g) sẽ cho ra 1 mol electron
Cứ 0,5 mol Cu
2
O (144g) sẽ cho ra 1 mol electron Cứ
,
,∗
=


gam
Cứ 1 mol FeO (72g) sẽ cho 1 mol electron cho 1 mol hh
Quy đổi: Coi FeO và Cu
2

O là một chất trung bình X mà cứ 72g chất này lại
cho 1mol electron. Hỗn hợp bây giờ có thể gồm Fe
3
O
4
, X
Sử dụng quy tắc đường chéo ta có:

DƯƠNG THẾ 20

X (M = 72g)




M =










=



Fe
3
O
4
(M =232g)








=


* 0,3 = 0,1mol 




= 232 *0,1 = 23,2g
Đáp án B
 Bài 7: Cho 8,96 lít hỗn hợp CO
2
và NO
2
(đktc) hấp thụ vào một lượng dung dịch
NaOHvừa đủ tạo thành các muối trung hòa, sau đó đem cô cạn dung dịch thu được

36,6 gam muối khan. Thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 25% CO
2
và 75% NO
2
B. 50% CO
2
và 50% NO
2

C. 75% CO
2
và 25% NO
2
D. 30% CO
2
và 70% NO
2

Giải
n
hh khí
=
,
,
= 0,4mol; khi cho phản ứng với NaOH
CO
2
+ 2NaOH Na
2

CO
3
+ H
2
O
2NO
2
+ 2NaOH NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O
Sau phản ứng thu được 36,6g hỗn hợp muối khan gồm Na
2
CO
3
, NaNO
3
, NaNO
2

Cứ 1 mol NO
2

tạo ra 2 muối NaNO
3
và NaNO
2

có thỉ lệ mol 1:1 nên ta có thể quy
đổi thành giá trị trung bình của 2 muối 





=


= 77g/mol
Giá trị trung bình của muối khan là 

=
,
,
= 91,5 g/mol
Theo quy tắc đường chéo ta có:
Na
2
CO
3
( M=106) 14,5


= 91,5
X (






= 77) 14,5







=
,
,

=


%


= 50% Đáp án B
21
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

 Bài 8: Cần trộn hai thể tích metan với một thể tích đồng đẳng X của metan để
thu được hỗn
hợp
khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 15. X
là

A. C
3
H
8
.
B.
C
4
H
10
. C. C
5
H
12
. D.
C
6
H
14
.

Giải
Theo quy tắc đường chéo ta có:
CH
4
( V
1
= 2) X – 30
M = 30 (V = 3)
X ( V

2
= 1) 14



=


X = 58 (C
4
H
10
) Đáp án B
 Bài 9: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO
3
, KHCO
3
và MgCO
3

trong dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO
2
(đktc). Khối lượng muối KCl
tạo thành trong dung dịch sau phản ứng là:
A. 8,94 gam B. 16,17 gam C. 7,92 gam D. 12,0 gam
Giải
hhX tác dụng với HCl dư thì bản chất của phản ứng là:
CO
3
2-

+ 2H
+
CO
2
+ H
2
O



=
,
,
= 0,15mol
Theo bản chất phản ứng ta có:
Cứ 1 mol NaHCO
3
, MgCO
3
cho 1mol CO
2
Quy đổi 





=



= 84g/mol






=
,
,
= 96,8g/mol; Theo quy tắc đường chéo ta có:






= 84 3,2 1 0,03mol
96,8
KHCO
3
(M = 100) 12,8 4 0,12mol
m
KCl
= 0,12* 74,5 = 8,94 Đáp án A