các phương pháp giải toán hóa học

Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hóa học là một môn khoa học vừa mang tính lý thuyết vừa mang tính thực
nghiệm, việc hệ thống hóa kiến thức một cách có hệ thống là một điều rất cần thiết
đối với các em học sinh. Trong các kỳ thi vào ĐH-CĐ các khối A, B đều có môn
hóa học và muốn làm tốt bài thi vào ĐH-CĐ thì ngoài việc học tốt lý thuyết các em
cần phải nắm vững các phương pháp giải các bài toán hóa học phổ thông. Nhằm
giúp các em học sinh học tốt bộ môn hóa học ở chương trình phổ thông tôi chọn
chuyên đề “ Các phương pháp giải toán hóa học “. Chuyên đề này tổng kết lại các
phương pháp cơ bản ứng dụng vào việc giải các bài toán hóa học phổ thông bao
gồm các phương pháp:
 Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng
 Phương pháp tăng giảm khối lượng
 Phương pháp bảo toàn electron
 Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình
 Phương pháp tự chọn lượng chất
 Phương pháp đường chéo
 Phương pháp biện luận
 Phương pháp đồ thị
Trong mỗi phương pháp có trình bày nguyên tắc vận dụng và nhiều thí dụ
minh họa cho việc vận dụng phương pháp. Các thí dụ phần lớn là các bài toán rút
ra từ các đề thi tuyển sinh vào ĐH-CĐ
Việc nắm vững phương pháp sẽ giúp cho các em giải quyết một các có hiệu
quả các bài toán thi vào ĐH và việc làm nhanh, hiệu quả các bài tập hóa học sẽ
thuận lợi cho các em làm bài tập dưới hình thức trắc nghiệm.
Hy vọng chuyên đề này giúp ích cho các em học sinh học tốt hơn bộ môn
hóa học ở trường PTTH và làm tốt đề thi vào ĐH.
B. NỘI DUNG
Chuyên đề lần lượt giới thiệu các phương pháp vận dụng để giải các bài toán
hóa học ở chương trình PTTH :
Trang 1

Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
I PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào định luật bảo toàn khối lượng.
Nội dung của định luật:
“ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất
tạo thành sau phản ứng”
Cần chú ý là không tính khối lượng phần chất không tham gia phản ứng
cũng như phần chất có sẳn. Thí dụ như nước trong dung dịch.
Các thí dụ áp dụng:
TD
1
Để đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam este E cần vừa đủ 1,904 lít oxi (đkc). Sau
phản ứng thu được CO
2
và H
2
O có tỉ lệ thể tích tương ứng là 4:3. Hãy xác định
CTPT của E, biết dE
/KK
< 6,5.
Tóm tắt :
(E) + O
2
(vừa đủ) CO
2
+ H
2
O (V
CO2
: V

H2O
= 4:3)
1,904 lít (đkc)
Tính khối lượng các nguyên tố trong E
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mE + mO
2
(pứ) = m
CO2
+ m
H2O
⇒
mCO
2
+ mH
2O
= 1,88 +
32
4,22
904,1
×
= 4,6 gam (*)
Theo đề bài ta có :
3
4
2
2
=
OH
CO
V

V

⇒

375,3
11
183
444
2
2
=
×
×
=
OH
CO
m
m
(**)
Từ (*) và (**)
⇒

2
CO
m
= 3,52 gam,
OH
m
2
= 1,08 gam

⇒
mC

= 0,96 gam, mH =
0,12 gam
Khối lượng oxi: mO = 1,88 – (mC + mH) = 1,88 – (0,96 + 0,12) = 0,8 gam
Gọi CTTQ của E: C
x
H
y
O
z
ta có:
x:y:z =
16
8,0
:12,0:
12
96,0
16
::
12
=
O
H
C
m
m
m
= 8:12:5

⇒
CTTN : (C
8
H
12
O
5
)
n

D
E/KK
< 6,5
⇒
M
E
< 188,5
⇒
188n < 188,5
⇒
n < 1,002
⇒
n = 1
Vậy CTPT của E là C
8
H
12
O
5
TD

2
Một hợp chất hữu cơ A có thành phần nguyên tố C, H, O, tác dụng vừa đủ với
dung dịch KOH có nồng độ 11,666%. Sau phản ứng thu được dd X. Cô cạn dd X
thì phần hơi chỉ có H
2
O với khối lượng là 86,6 gam, còn lại là chất rắn Y có khối
lượng 23 gam. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 13,8 gam K
2
CO
3
và CO
2
, H
2
O với
tổng khối lượng của hai chất này là 38 gam. Lấy toàn bộ lượng CO
2
này cho vào 9
lít dd Ca(OH)
2
0,1M thì thu được 70 gam kết tủa.
a/ Tìm công thức đơn giản của A.
b/ Biết rằng A đơn chức. Xác định CTCT có thể có của A.
Tóm tắt : K
2
CO
3
+ (CO
2
+ H

2
O)
(A) 13,8 g 38 g

KOH (H
2
O) + (chất rắn Y) Ca(OH)
2
70 gam
11,666% dd X 86,6 gam 23 gam 9 lít 0,1M
a/ Tìm công thức đơn giản của A
Xác định số mol CO
2
Trang 2
cô cạn
đốt
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Số mol Ca(OH)
2
= 9
×
0,1 = 0,9 mol
Số mol CaCO
3
=
mol7,0
100
70
=
. Ta xét các trường hợp sau:

• Ca(OH)
2
dư:
Pt : CO
2
+ Ca(OH)
2
 CaCO
3
 + H
2
O (1)
Theo (1)
⇒
số mol CO
2
= 0,7 mol
⇒

.2
CO
m
= 0,7
×
44 = 30,8 gam
⇒

OH
m
2

= 38 – 30,8 = 7,2 gam
• CO
2
dư hòa tan một phần kết tủa:
Pt : CO
2
+ Ca(OH)
2
 CaCO
3
 + H
2
O (1)
CO
2
+ CaCO
3
 + H
2
O  Ca(HCO
3
)
2
(2)
Theo (1) và (2) tổng số mol CO
2
= (0,9 + 0,2) = 1,1 mol

2
CO

m
= 1,1
×
44 = 48,4 g > 38 g (loại)
Số mol K
2
CO
3
=
138
8,13
= 0,1 mol
Khối lượng cacbon : mC = 0,1
×
12 + 0,7
×
12 = 9,6 gam
Ta thấy toàn bộ KOH trong dd ban đầu qua các quá trình chuyển hóa tạo thành
K
2
CO
3
Theo quá trình: 2KOH  K
2
CO
3

⇒
số mol KOH = 0,1
×

2 = 0,2 mol
Khối lượng KOH trong dd ban đầu = 0,2
×
56 = 11,2 gam
Khối lượng dd KOH ban đầu =
gam96100
666,11
2,11
=×
Khối lượng nước trong dd KOH ban đầu = 96 – 11,2 = 84,8 gam.
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mH (trong A) + mH (trong KOH) + mH (trong H
2
O dd) = mH (sản phẩm) =
9
8,93
9
2,76,86
=
+

Khối lượng H trong A: mH =
gam8,0
9
8,84
2,0
9
8,93
=−−
Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA + mdd

KOH
= mddX = 86,6 + 23 = 109,6
gam
⇒
mA = 109,6 – 96 = 13,6 gam
Khối lượng oxi trong A : mO = 13,6 - (mC + mH) = 13,6 – (9,6 + 0,8) = 3,2 gam
Gọi CTTQ của A : C
x
H
y
O
z
ta có : x:y:z =
1:4:42:8:8
16
2,3
:8,0:
12
6,9
16
::
12
===
O
H
C
m
m
m
CTTN của A : (C

4
H
4
O)
n
. Công thức đơn giản của A : C
4
H
4
O
b/ Xác định CTCT của A
A là hợp chất hữu cơ đơn chức tác dụng với dd KOH do đó A chỉ có thể là axit
hoặc este, vậy phân tử A có 2 nguyên tử oxi
⇒
CTPT của A : C
8
H
8
O
2

số mol A :
mol1,0
136
6,13
=
số mol KOH = 0,2 mol
⇒
tỉ lệ mol A : KOH = 1:2
nên A là este có gốc rượu là gốc phenyl. CTCT của A:

Trang 3
C CH
3
H
O
O
C
CH
3
H
O
O
C
CH
3
H
O
O
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
TD
3
Hỗn hợp A gồm KClO
3
, Ca(ClO
3
)
2
, Ca(ClO)
2
, CaCl

2
, KCl có khối lượng
83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A được chất rắn B gồm CaCl
2
, KCl và một thể
tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO
2
thành SO
3
để điều chế 191,1 gam dd H
2
SO
4
80%.
Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dd K
2
CO
3
0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và
dd D. Lượng KCl trong D nhiều gấp
3
22
lần lượng KCl có trong A.
a/ Tính khối lượng kết tủa C
b/ Tính % khối lượng của KClO
3
trong A
Tóm tắt :
KClO
3

B SO
3
dd H
2
SO
4
A Ca(ClO
3
)
2
CaCl
2
+ O
2
191,1 g 80%
Ca(ClO)
2
KCl
KCl
83,68 gam K
2
CO
3
(C) + dd D
360 ml 0,5M
mKCl
/D
=
3
22

mKCl
/A
a/ Khối lượng kết tủa C
Số mol K
2
CO
3
= 0,36
×
0,5 = 0,18 mol
Khi nung hh A xảy ra các phương trình phản ứng:
2KClO
3
2KCl + 3O
2
 (1)
2Ca(ClO
3
)
2
2CaCl
2
+ 3O
2
 (2)
Ca(ClO)
2
CaCl
2
+ O

2
 (3)
Hỗn hợp B gồm CaCl
2
và KCl. Cho B tác dụng với dd K
2
CO
3
xảy ra ptpứ:
CaCl
2
+ K
2
CO
3
 CaCO
3
 + 2KCl (4)
Theo (4) số mol CaCO
3
= 0,18 mol
⇒
khối lượng CaCO
3
= 0,18
×
100 = 18 gam
b/ Tính % khối lượng của KClO
3
trong A:

Cho oxi tác dụng SO
2
rồi cho sản phẩm hợp nước theo pt:
SO
2
+ O
2
SO
3
(5)
SO
3
+ H
2
O H
2
SO
4
(6)
Số mol H
2
SO
4
=
mol56,1
98100
801,191
=
×
×

Theo (5), (6) ta có số mol O
2
=
mol78,0
2
56,1
=
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mA = mB + mO
2

⇒
mB = 83,68 – 0,78
×
32 = 58,72 gam
Khối lượng KCl trong B = 58,72 – 0,18
111×
= 38,74 gam
Khối lượng KCl trong D = 0,18
×
2
×
74,5 + 38,74 = 65,56 gam

⇒
Khối lượng KCl trong A =
22
356,65
×
= 8,94 g

⇒
Khối lượng KCl sinh ra do nhiệt phân KClO
3
= 38,74 – 8,94 = 29,8 gam
Số mol KCl =
mol4,0
5,74
8,29
=

⇒
Số mol KClO
3
= 0,4 mol
%KClO
3
=
%5564,58100
68,83
5,1224,0
=×
×
Trang 4
pứ vừa đủ
t
0
t
0
t
0

V
2
O
5
t
0
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
II/ PHƯƠNG PHÁP TĂNG – GIẢM KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào sự tăng, giảm khối lượng khi
chuyển từ chất này sang chất khác ứng với 1 mol chất. Dựa vào sự tăng, giảm khối
lượng của chất theo điều kiện đề bài ta có thể suy ra số mol (hoặc khối lượng) chất
phản ứng hoặc sản phẩm tạo thành.
TD
1
Hòa tan 10 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị 2 và 3 bằng dung
dịch HCl thì thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đkc). Hỏi khi cô cạn
dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải :
Gọi công thức 2 muối cacbonat lần lượt là XCO
3
và Y
2
(CO
3
)
3
Pt : XCO
3
+ 2HCl  XCl
2

+ H
2
O + CO
2
 (1)
Y
2
(CO
3
)
3
+ 6HCl  2YCl
3
+ 3H
2
O + 3CO
2
 (2)
Số mol CO
2
=
mol03,0
4,22
672,0
=
Theo pt (1) (2) ta thấy rằng khi chuyển từ muối
cacbonat thành muối clorua thì cứ 1 mol CO
2
thoát ra thì lượng muối tăng:
71 – 60 = 11 gam. Vậy theo điều kiện bài toán ta có:

Khối lượng muối clorua thu được là: 10 + 0,03
×
11 = 10,33 gam
TD
2
Cho hỗn hợp A gồm một rượu no đơn chức và một rượu chưa no (có một nối
đôi) đơn chức. Chia A thành 2 phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng a gam.
- Cho phần I vào bình kín B có dung tích 12 lít và cho bay hơi ở 136,5
0
C.
Khi rượu bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,14 atm.
- Đem ester hóa phần II với 30 gam axit axetic, hiệu suất phản ứng ester hóa
đối với mỗi rượu đều là h%.
Tính khối lượng ester thu được theo a và h.
Giải
Tổng số mol của hỗn hợp 2 rượu trong ½ hỗn hợp A =
mol
RT
PV
05,0
)5,136273(4,22
2731214,0
=
+×
××
=
Gọi công thức chung của 2 rượu là
R
OH
Pt : CH

3
COOH +
R
OH  CH
3
COO
R
+ H
2
O (1)
Số mol CH
3
COOH =
mol5,0
60
30
=
> 0,05 nên lượng sản phẩm este được tính theo
ancol
Theo (1) ta thấy cứ 1 mol ancol phản ứng với axit tạo ra 1 mol este và khối lượng
este so với khối lượng ancol tăng 42 gam. Vậy khi 0,05 mol ancol phản ứng
⇒

khối lượng este theo lý thuyết = (a + 0,05
×
42) gam
Do hiệu suất phản ứng là h% nên khối lượng este thực tế là: m
este
= (a + 2,1)h%
III/ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

Phương pháp này áp dụng trong các phản ứng oxi hóa khử. Nguyên tắc của
phương pháp này là:
- Các phản ứng oxi hóa khử đều được phân tích làm 2 quá trình: Quá trình
chất khử nhường electron gọi là quá trình oxi hóa. Quá trình chất oxi hóa
nhận electron gọi là quá trình khử.
Trang 5
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
- Khi có nhiều chất oxi hóa và 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 bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận.
Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi
hóa và chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng. Sau
đây là một vài bài tập vận dụng phương pháp bảo toàn electron.
TD
1
Để m gam sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp
(B) có khối lượng 30 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho (B) tác dụng
hoàn với dd HNO
3
thấy giải phóng 5,6 lít khí NO duy nhất ở đkc.
a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b/ Tính khối lượng m của (A).

Tóm tắt
(Fe) hh B FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
Fe(NO
3
)
3
+ NO 5,6 lít (đkc)
m gam 30 gam
a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
2Fe + O
2
 2FeO (1)
3Fe + 2O
2
 Fe
3
O
4
(2)
4Fe + 3O
2
 2Fe
2

O
3
(3)
Cho (B) tác dụng với dd HNO
3
Fe + 4HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (4)
3FeO + 10HNO
3
 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (5)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
 9Fe(NO

3
)
3
+ NO + 14H
2
O (6)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (7)
b/ Tính m :
Ta có nhiều phương pháp tính, dưới đây là phương pháp bảo toàn electron
Theo quá trình :
(Fe) (B) Fe(NO
3
)
3
Quá trình trên có thể biểu diển bằng 2 quá trình sau:
Fe - 3e
-
 Fe

3+
(quá trình oxi hóa)
a
O + 2e
-
 O
2-
b
−
3
NO
+ 4H
+
+ 3e
-
 NO + 2H
2
O
0,25
Số mol NO =
mol25,0
4,22
6,5
=

Gọi a là số mol Fe ban đầu, b là số mol nguyên tử oxi phản ứng
Theo nguyên tắc bảo toàn electron ta có :
∑
electron
nhường =

∑
electron
nhận
Ta có : 3a = 2b + 0,25
×
3
⇒
3a - 2b = 0,75 (*)
Mặt khác trong (B) chỉ gồm sắt và oxi nên ta có : 56a + 16b = 30 (**)
Trang 6
+ O
2
dd HNO
3
(quá trình khử)
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Từ (*) và (**) ta có : a = 0,45
⇒
m = 0,45
×
56 = 25,2 gam
TD
2
Cho 3,61 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe có tỉ lệ mol là 3:5 tác dụng với 100
ml dd chứa AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2

khuấy kỷ tới phản ứng hoàn toàn thu được 8,12
gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dd HCl dư thấy thoát ra
0,672 lít H
2
(đkc). Tính nồng độ mol của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dd ban đầu.
Tóm tắt
(Al, Fe) hh 3 kim loại H
2
0,672 lít (đkc)
3,61 gam 8,12 gam
Các phương trình phản ứng :
Vì Al hoạt động mạnh hơn Fe và Ag
+
có tính oxi hóa mạnh hơn Cu
2+
và theo
đề bài chất rắn thu được sau phản ứng gồm 3 kim loại nên các kim loại gồm: Ag,
Cu và một phần Fe còn lại.
Al + 3AgNO
3
 Al(NO
3
)
3

+ 3Ag (1)
2Al + 3Cu(NO
3
)
2
 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu (2)
Fe + 2AgNO
3
 Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Fe + Cu(NO
3
)
2
 Fe(NO
3
)
2
+ Cu (4)
Cho các kim loại sau phản ứng tác dụng với dd HCl thì chỉ có Fe phản ứng
Fe + 2HCl  FeCl
2
+ H

2
(5)
5 phương trình phản ứng trên được biểu diển bằng 2 quá trình sau:
Al - 3e
-
 Al
3+
Fe - 2e
-
 Fe
2+
Ag
+
+ 1e
-
 Ag
Cu
2+
+ 2e
-
 Cu
2H
+
+ 2e
-
 H
2
Gọi a là số mol AgNO
3
ban đầu, b là số mol Cu(NO

3
)
2
ban đầu. Gọi x là số mol Al,
y là số mol Fe.
Số mol H
2
=
mol03,0
4,22
672,0
=
theo qui tắc bảo toàn electron ta có : 3x + 2y = a + 2b + 0,03
×
2 (*)
Mặt khác ta có : 27x + 56y = 3,61

5
3
=
y
x
Thay x, y vào (*) ta có a + 2b = 0,13 (**)
Khối lượng hh 3 kim loại: 108a + 64b + 0,03
×
56 = 8,12
⇒
108a + 64b = 6,44
(***)
Từ (**) và (***) ta có a = 0,03 mol và b = 0,05 mol

Nồng độ mol các muối trong dung dịch ban đầu:
MC
AgNO
3,0
1,0
03,0
3
==
MC
NOCu
5,0
1,0
05,0
23
)(
==
TD
3
Cho hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hóa trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ
mol lần lượt là 1:2:3 trong đó số mol của X bằng x mol. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp
A bằng dd có chứa y gam HNO
3
(lấy dư 25%). Sau phản ứng thu được dd B không
chứa NH
4
NO
3
và V lít hỗn hợp khí G (đkc) gồm NO
2
và NO.

Trang 7
quá trình oxi
hóa
quá trình khử
⇒
x = 0,03 y = 0,05
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Lập biểu thức tính y theo x và V.
Tóm tắt :
hh A X, Y, Z dd B + V(lít) hh G NO
2
, NO
x, 2x, 3x (mol)
Theo đề bài số mol của X = x mol, số mol Y = 2x mol, số mol Z = 3x mol
Gọi a,b lần lượt là số mol NO, NO
2
trong hỗn hợp G. Ta có : a + b =
4,22
V

(*)
Khi cho hh A tác dụng với dd HNO
3
có thể biểu diển các phương trình phản ứng
bằng 2 quá trình :
X - 3e
-
 X
3+
Y - 2e

-
 Y
2+
Z - 1e
-
 Z
+
−
3
NO
+ 4H
+
+ 3e
-
 NO + H
2
O

−
3
NO
+ 2H
+
+ 1e
-
 NO
2
+ H
2
O

Theo nguyên tắc bảo toàn electron ta có: 3x + 4x + 3x = 3a + b
⇒
3a + b = 10x
(**)
Từ pt (*) và (**) ta có: 4a + 2b = 10x +
4,22
V
.
Theo quá trình khử thì số mol HNO
3
pứ = số mol H
+
= 4a + 2b = (10x +
4,22
V
) mol.
Số mol HNO
3
ban đầu =
mol
y
63
. Do lượng HNO
3
lấy dư 25% nên ta có:
(10x +
4,22
V
) =
12563

100
×
×
y

⇒
y = 78,75(10x +
4,22
V
)
TD
4
Oxi hóa hoàn toàn 2,184 gam sắt thu được 3,048 gam hỗn hợp 2 oxit sắt (hh
A). Chia hh A thành 3 phần bằng nhau :
a/ Cần bao nhiêu lít H
2
(đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần I?
b/ Hòa tan phần II bằng dd HNO
3
loãng dư. Tính thể tích NO sinh ra (đkc)
c/ Phần III : trộn với 5,4 gam Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (h =
100%). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dd HCl dư. Tính
thể tích khí thoát ra (ở đkc).
Phần I: Fe
(Fe) hh A (2 oxit) Phần II: NO
2,184 gam 3,048 gam
Phần III: hh(Fe, Al
2
O
3

, Al) H
2
a/ Tính thể tích H
2
(đkc)
Ta thấy quá trình từ Fe ban đầu bị oxi tác dụng tạo thành oxit rồi bị H
2
khử thành
Fe trở lại, quá trình này chịu tác dụng của chất oxi hóa là O
2
và chất khử là H
2
.
Số mol oxi tham gia phản ứng tạo ra
3
1
hỗn hợp A =
mol009,0
323
184,2048,3
=
×
−
Trang 8
quá trình oxi
hóa
quá trình khử
+ O
2
+ H

2
+ HNO
3

+ Al, t
0
+ HCl dư
5,4 gam
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Quá trình phản ứng được biểu diển bằng 2 quá trình:
O
2
+ 4e
-
 2O
2-
(quá trình khử)
H
2
- 2e
-
 2H
+
(quá trình oxi hóa)
Gọi x là số mol H
2
ta có: 0,009
×
4 = 2x
⇒

x = 0,018 mol
⇒

2
H
V
= 0,018
×
22,4 = 0,4032 lít
b/ Tính thể tích NO
Ta thấy Fe ban đầu cuối cùng chuyển hết thành Fe
3+
và chịu tác dụng của 2
chất oxi hóa O
2
và HNO
3
. Các phản ứng được biểu diển thành 2 quá trình:
Fe - 3e
-
 Fe
3+
(quá trình oxi hóa)
O
2
+ 4e
-
 2O
2-
−

3
NO
+ 4H
+
+ 3e
-
 NO + 2H
2
O
Số mol Fe trong
3
1
lượng Fe ban đầu =
mol013,0
563
184,2
=
×
. Gọi y là số mol
NO. Ta có :
0,013
3
×
= 0,009
×
4 + 3y
⇒
y = 0,001 mol
⇒
V

NO
= 0,0224 lít
c/ Tính thể tích H
2
thoát ra:
Số mol Al =
27
4,5
= 0,2 mol. Số mol Fe trong
3
1
lượng Fe ban đầu =
mol013,0
563
184,2
=
×
.
Gọi z là số mol H
2
tạo thành
Fe oxit hh Fe, Al
2
O
3
, Al dd Fe
2+
, Al
3+
+ H

2
Theo các quá trình trên ta thấy toàn bộ Fe và Al ban đầu đều chuyển thành Fe
2+
và
Al
3+
chịu dưới 2 tác nhân oxi hóa O
2
và H
+
Các quá trình oxi hóa khử :
Fe - 2e
-
 Fe
2+
Al - 3e
-
 Al
3+
O
2
+ 4e
-
 2O
2-
2H
+
+ 2e
-
 H

2
Theo qui tắc bảo toàn electron ta có:
0,013
×
2 + 0,2
×
3 = 0,009
×
4 + 2z
⇒
z = 0,295 mol
⇒

2
H
V
= 0,295
×
22,4 = 6,608 lít
* Ứng dụng qui tắc bảo toàn electron trong giải toán điện phân :
Khi điện phân, dưới tác dụng của dòng điện một chiều các ion di chuyển về điện
cực trái dấu với nó.
Tại catot (-) xảy ra quá trình khử cation:
Mn
+
+ ne
-
 M (1)
x nx x
Tại anot (+) xảy ra quá trình oxi hóa anion:

Am
-
- me
-
 A (2)
y my y
Gọi x là số mol cation bị khử tại catot. Theo công thức faraday và theo (1) ta có
khối lượng chất thoát ra tại catot:
Trang 9
(quá trình khử)
quá trình khử
quá trình oxi
hóa
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
m =
It
n
A
F
1

⇒

F
It
n
A
m
=

⇒
nx =
F
It
= số mol electron điện phân
với n là số electron trao đổi tại điện cực
Gọi y là số mol của anion bị oxi hóa tại anot. Theo (1) (2) và theo qui tắc bảo toàn
electron ta có: nx = my = số mol electron điện phân
Khi biết I (cường độ dòng điện), t (thời gian điện phân) ta có thể tính được số mol
electron điện phân rồi theo qui tắc bảo toàn electron ta có thể tính được lượng chất
thoát ra tại các điện cực trong quá trình điện phân. Sau đây là các thí dụ minh họa:
TD
1
Hòa tan 50 gam CuSO
4
.5H
2
O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M thu được dung
dịch A. Tiến hành điện phân dung dịch A với dòng điện có cường độ 1,34 ampe
trong vòng 4 giờ. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc)
thoát ra ở anot. Biết hiệu suất điện phân là 100%.
Giải :
Số mol CuSO
4
=
mol2,0
250
50
=
Số mol HCl = 0,2

×
0,6 = 0,12 mol
Trong dung dịch A có các ion : Cu
2+
, H
+
, Cl
-
,
−2
4
SO
. Theo phương trình điện ly:
CuSO
4
 Cu
2+
+
−
2
4
SO
(1)
HCl  H
+
+ Cl
-
(2)
Trong dung dịch A số mol Cu
2+

= 0,2 mol, số mol Cl
-
= 0,12 mol, số mol H
+
= 0,12
mol, số mol
−
2
4
SO
= 0,2 mol
Khi điện phân thì tại
Catot (-) Cu
2+
, H
+
Khi điện phân thì Cu
2+
bị khử trước
Cu
2+
+ 2e  Cu (3)
khi hết Cu
2+
nếu tiếp tục điện phân thì H
+
bị khử :
2H
+
+ 2e

-
 H
2
(4)
Anot (+)
−
2
4
SO
, Cl
-
Khi điện phân thì Cl
-
bị oxi hóa
2Cl
-

_
2e  Cl
2
(5)
0,12 0,06
khi hết Cl
-
nếu tiếp tục điện phân thì nước bị oxi hóa.
2H
2
O
_
4e

-
 O
2
+ 4H
+
(6)
4y y
Theo đề bài ta có số mol electron điện phân =
mol
F
It
2,0
96500
3600434,1
=
××
=
Gọi x là số mol Cu
2+
bị điện phân thì theo (3) ta có : 2x = 0,2
⇒
x = 0,1 mol < 0,2
vậy Cu
2+
còn lại
Khối lượng Cu sinh ra tại catot = 0,1
×
64 = 9,4 gam
Theo (5) ta thấy khi điện phân hết Cl
-

số mol electron = 0,12 mol < 0,2 nên xảy ra
tiếp quá trình (6). Gọi y là số mol O
2
sinh ra. Theo đề bài ta có:
0,12 + 4y = 0,2
⇒
y = 0,02 mol
Thể tích khí thoát ra tại anot = (0,06 + 0,02)
×
22,4 = 1,792 lít
TD
2
Hòa tan hết hỗn hợp A gồm 0,02 mol CuO và 0,01 mol Fe
2
O
3
bằng lượng
vừa đủ dung dịch HCl thu được dung dịch B. Điện phân dung dịch B bằng điện
Trang 10
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
cực trơ với dòng điện có cường độ 1,93 ampe trong thời gian 33 phút 20 giây. Tính
khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc) thoát ra ở anot, biết hiệu
suất điện phân là 100%.
Giải:
Hòa tan hỗn hợp A bằng dd HCl xảy ra pt:
CuO + 2HCl  CuCl
2
+ H
2
O (1)

Fe
2
O
3
+ 6HCl  2FeCl
3
+ 3H
2
O (2)
Theo (1) (2) số mol CuCl
2
= 0,02 mol, số mol FeCl
3
= 0,01
×
2 = 0,02 mol
Pt điện ly:
CuCl
2
 Cu
2+
+ 2Cl
-

FeCl
3
 Fe
3+
+ 3Cl
-

Số mol Cu
2+
= 0,02 mol, số mol Fe
3+
= 0,02 mol
số mol Cl
-
= 0,02
×
2 + 0,02
×
3 = 0,1 mol
Khi điện phân:
Catot (-) Cu
2+
, Fe
3+
Khi điện phân thì Fe
3+
bị khử thành Fe
2+
Fe
3+
+ 1e
-
 Fe
2+
(3)
Khi hết Fe
3+

nếu tiếp tục điện phân thì đến Cu
2+
bị khử
Cu
2+
+ 2e
-
 Cu (4)
Khi hết Cu
2+
thì đến Fe
2+
, khi hết Fe
2+
đến H
2
O bị khử
Anot (+) Cl
-

2Cl
-
- 2e
-
 Cl
2
(5)
Khi hết Cl
-
nếu tiếp tục điện phân thì H

2
O bị oxi hóa
2H
2
O - 4e
-
 O
2
+ 4H
+
(6)
Theo đề bài số mol electron điện phân =
mol
F
It
04,0
96500
)206033(93,1
=
+××
=
Tại catot khi điện phân hết Fe
3+
số mol electron = 0,02 mol < 0,04. Vậy có quá
trình (4). Gọi x là số mol Cu
2+
bị điện phân, ta có:
0,02 + 2x = 0,04
⇒
x = 0,01 mol

Khối lượng Cu thoát ra tại catot = 0,01
×
64 = 0,64 gam
Tại anot khi điện phân hết Cl
-
thì số mol electron = 0,1 mol > 0,04 vậy Cl
-
chưa bị
điện phân hết hay tại anot không có quá trình (6)
Gọi y là số mol Cl
2
tạo ra tại anot. Theo (6) ta có 2y = 0,04
⇒
y = 0,02
Thể tích khí Cl
2
= 0,02
×
22,4 = 0,448 lít
IV/ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH:
1/ Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp :
hh
M
Giả sử có hỗn hợp X gồm các chất A, B, C có các giá trị riêng phần như sau :
Ta có :
hh
M
=
∑
hhmol

m
hh

⇒

hhX
M
=
zyx
zMyMxM
CBA
++
++
Nếu tính theo thể tích (đo ở cùng đk nhiệt độ và áp suất)
hhX
M
=
CBA
CCBBAA
VVV
MVMVMV
++
++
A B C
PTK M
A
M
B
M
C

Số mol x y z
Thể
tích
V
A
V
B
V
C
Trang 11
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Ngoài ra ta còn có :
hhX
M
= aM
A
+ bM
B
+ cM
C
+ … trong đó a, b, c là % thể
tích (hoặc % số mol) của A, B, C … trong hỗn hợp X (trong cách tính này ta chọn
100% = 1). TD : a = 0,25
⇒
%A = 25%
KLPTTB của hỗn hợp chỉ phụ thuộc vào thành phần hỗn hợp, không phụ thuộc
vào t
0
, P (dỉ nhiên là không xảy ra phản ứng giữa các chất trong hỗn hợp).
Trong hỗn hợp X nếu M

A
< M
B
< M
C
thì M
A
< < M
C
Đối với các bài toán hỗn hợp gồm 2 chất A, B (hoặc có thể nhiều hơn) có
cùng hóa tính tác dụng với các chất khác theo cùng tỉ lệ mol. TD: các hchc thuộc
cùng dãy đồng đẳng, các kim loại thuộc cùng phân nhóm chính … thì ta có thể đặt
các chất trong hỗn hợp thành một chất đại diện và khi đó bài toán hỗn hợp chuyển
thành bài toán một chất.
2/ Xác định CTPT các hợp chất hữu cơ thuộc cùng dãy đồng đẳng:
* Số nguyên tử cacbon trung bình, số nguyên tử hidro trung bình
TD : Có hỗn hợp X gồm 2 hchc thuộc cùng dãy đồng đẳng A và B. Giả sử A và B
có các đại lượng riêng phần như sau:
A có số cacbon là Cn có khối lượng mA có số mol là a có KLPT M
A
B có số cacbon là Cm có khối lượng mB có số mol là b có KLPT M
B
Gọi D là chất đại diện cho A và B. D có các đại lượng riêng phần như sau :
D có số cacbon là , có khối lượng là m
D
, có số mol là x, có KLPT là M
D
.
Khi đó ta có:
là số cacbon trung bình của A và B. Giả sử : n < m thì ta có : n < < m

x = a + b
mD

= mA + mB
M
D
=
Để xác định CTPT các chất trong dãy đồng đẳng ta chỉ cần xác định giá trị
n
từ đó
dựa vào điều kiện đề bài về các hchc trong dãy đồng đẳng mà biện luận ra CTPT
của các hchc.
Nếu 2 hchc là các chất kế tiếp trong dãy đồng đẳng:
Giả sử : n < m
⇒
n + 1 = m. Khi tính được giá trị ta có thể
⇒
n, m
⇒

CTPT của 2 hchc.
Nếu 2 hchc không kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng:
Giả sử n < m ta có : n < < m. Khi tính được giá trị và dựa theo các
điều kiện của đề bài ta có thể suy ra các giá trị phù hợp của n và m, từ đó suy ra
CTPT của 2 hchc.
TD
1
Hỗn hợp X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy
hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần dùng vừa đủ 18 lít oxi (các thể tích khí đo ở cùng
điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Xác định CTPT và tính % về thể tích của các

anken trong hỗn hợp X.
Giải :
Gọi công thức chung của 2 anken kế tiếp là : trong đó là số
cacbon trung bình của 2 anken
Pt :
Trang 12
n
C
n
M
hhx
M
hhx
n
n
n
2
n
C H
n
n
n
n
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
+
2
3n
O
2
 CO

2
+ H
2
O (1)
Theo (1) và theo điều kiện đề bài ta có :
18
2
35
=
×
n

⇒

−
n
= 2,4
⇒
CTPT 2 anken
kế tiếp: C
2
H
4
và C
3
H
6
Tính % thể tích mỗi anken trong hỗn hợp X:
Gọi x là % thể tích của C
3

H
6
trong hỗn hợp X. (1 – x) là % thể tích của C
2
H
4
trong
X.
Ta có KLPTTB của hh X
M
= 14 = 14
×
2,4 = 33,6
⇒
42x + 28(1 – x) = 33,6
⇒
x = 0,4
⇒
%C
3
H
6
= 40% và %C
2
H
4
= 60%
TD
2
Hỗn hợp X gồm 0,01 mol natrifomiat và a mol 2 muối natri của 2 axit no đơn

chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hỗn hợp X và cho sản phẩm cháy
(CO
2
, H
2
O) lần lượt qua bình I đựng H
2
SO
4
đặc và bình II đựng KOH thì thấy khối
lượng bình II tăng nhiều hơn bình I là 3,51 gam. Phần chất rắn Y còn lại sau khi
đốt cháy là Na
2
CO
3
cân nặng 2,65 gam.
a/ Xác định CTPT và gọi tên 2 muối.
b/ Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp X.
Giải:
a/ Xác định CTPT và gọi tên 2 muối:
Gọi công thức chung của 2 muối natri của 2 axit đơn chức no kế tiếp :

( là số cacbon trung bình của 2 hchc)
Pt : 2HCOONa + O
2
 Na
2
CO
3
+ CO

2
+ H
2
O (1)
2 + (3 + 1)O
2
 Na
2
CO
3
+ (2 + 1)CO
2
+ (2 + 1)H
2
O (2)
theo (1) (2). Số mol CO
2
=
2
)12(
2
01,0 an +
+
mol = số mol H
2
O.
Theo đk đề bài:
51,3
22
=−

OHCO
mm
⇒
44
2
)12(
2
01,0 an +
+
- 18
2
)12(
2
01,0 an +
+
= 3,51
⇒
a(2 + 1) = 0,26 (*)
Số mol Na
2
CO
3
=
mol025,0
106
65,2
=
. Theo pt (1) (2) ta có :
025,0
22

01,0
=+
a

⇒
a = 0,04 mol.
Thay a vào (*)
⇒
= 2,75 từ đó
⇒
CTPT 2 muối : C
3
H
5
O
2
Na CTCT
CH
3
-CH
2
-COONa (Natri propionat)
C
4
H
7
O
2
Na CTCT CH
3

-CH
2
-CH
2
-COONa (Natri butyrat)
(Natri isobutyrat)
b/ Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X:
Gọi x, y lần lượt là số mol của C
2
H
5
COONa và C
3
H
7
COONa.
Ta có : =
04,0
32 yx
+
= 2,75
⇒
2x + 3y = 0,11 (**)
Mặt khác ta có: (x + y) = 0,04 (***). Từ (**) (***)
⇒
x = 0,01 mol, y = 0,03 mol.
Khối lượng hh X = 0,01
68×
+ 0,01
×

96 + 0,03
×
110 = 4,94 gam
Trang 13
2
n
C H
n
n
n
n
2
n
C H
n
1
COONa
n
2
n
C H
n
1
COONa
n
n
n
n
CH
3

CH CH
3
COONa
n
n
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
%HCOONa =
=×100
94,4
68,0
13,7652%
%C
2
H
5
COONa =
=×100
94,4
96,0
19,4332% %C
3
H
7
COONa = 66,8016%
TD
3
Cho hỗn hợp X gồm 2 este hình thành từ 2 axit đơn chức kế tiếp nhau
trong dãy đồng đẳng và 1 rượu đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam hỗn hợp X
cần 146,16 lít không khí (đkc) (thành phần không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ
về thể tích). Sản phẩm cháy lần lượt qua bình I đựng H

2
SO
4
đặc và sau đó qua bình
II đựng dd Ca(OH)
2
dư thì thấy khối lượng bình I tăng m gam và bình II tăng 46,2
gam. Mặt khác nếu cho 3,015 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với NaOH thì thu
được 2,592 gam muối.
a/ Tính m.
b/ Tìm CTPT của 2 este.
c/ Tính % khối lượng của 2 este trong hỗn hợp X.
d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa.
Tóm tắt :
hh X
R
COOR CO
2
+ H
2
O
20,1 gam
Bình I (H
2
SO
4
đ) Bình II (dd Ca(OH)
2

dư)

1
m∆
= m gam
2
m∆
= 46,2 gam
hhX
R
COOR
R
COONa
3,015 gam 2,529 gam
Giải : a/ Tính m :
Theo điều kiện đề bài ta thấy 2 este là đơn chức và kế tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng. Gọi CTTQ của 2 este là: (
x
,
y
lần lượt là số cacbon và số
hidro trung bình của 2 este). Gọi a là số mol este.
Pt : + (
x
+
4
y
- 1)O
2

x

CO
2
+
2
y
H
2
O (1)
Số mol O
2
phản ứng =
mol305,12,0
4,22
1,146
=×
Theo đề bài thì độ tăng khối lượng của bình đựng dd Ca(OH)
2
là khối lượng CO
2
⇒

2
CO
m
= 46,2 gam
Số mol CO
2
=
44
2,46

= 1,05 mol. Theo (1) ta có:
a
x
= 1,05 (*) a = 0,18
a(
x
+
4
y
- 1) = 1,305 (**)
⇒

x
= 5,8
Trang 14
146,16 lít
+ NaOH
vừa đủ
2
O
C
x
y
H
2
O
C
x
y
H

Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Khối lượng hh X = (12
x
+
y
+ 32)a = 20,1 (***) a
y
= 1,74
⇒

y
= 9,6
⇒
m = 18a
2
y
=
=×18
2
74,1
15,66 gam
b/ Xác định CTPT của 2 este:
Do 2 este là kế tiếp và trong phân tử este số H là số chẳn nên từ
x
và
y

⇒

CTPT của 2 este là: C

5
H
8
O
2
và C
6
H
10
O
2
c/ Tính % khối lượng các este trong hỗn hợp X:
Gọi u, t lần lượt là số mol C
5
H
8
O
2
và C
6
H
10
O
2
trong 20,1 gam hh X. Ta có:
u + t = 0,18
Số mol CO
2
= 5u + 6t = 1,05
⇒

u = 0,03 và t = 0,15
%C
5
H
8
O
2
=
%9254,14100
1,20
10003,0
=×
×
%C
6
H
10
O
2
=
%0746,85100
1,20
11415,0
=×
×
d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa:
Gọi công thức chung của 2 este có dạng:
R
COOR.
Số mol este trong 3,015 gam hh X =

027,0
1,20
18,0015,3
=
×
mol
Pt :
R
COOR + NaOH 
R
COONa + ROH (2)
Theo (2) số mol muối = 0,027 mol
⇒
KLPT muối = (
R
+ 67) =
67,93
027,0
529,2
=
⇒

R
= 26,67
Vậy 2 gốc hidrocacbon phù hợp là : CH
3
- (M = 15) và C
2
H
5

- (M = 29).
Nếu axit chưa no thì gốc CH
2
=CH- (M = 27) > 26,67 (loại). Vậy công thức 2
este: CH
3
COOC
3
H
5
và C
2
H
5
COOC
3
H
5

⇒
công thức 2 muối: CH
3
COONa và
C
2
H
5
COONa.
Gọi b, c lần lượt là số mol CH
3

COONa và C
2
H
5
COONa. Ta có:
b + c = 0,027 b = 0,0045
82b + 96c = 2,529
⇒
c = 0,0225
Khối lượng CH
3
COONa = 0,0045
×
82 = 0,368 gam. Khối lượng C
2
H
5
COONa =
0,0225
×
96 = 2,16 gam
* Số nhóm chức trung bình, số liên kết
π
trung bình:
Giả sử trong hỗn hợp có 2 hchc X và Y có CTTQ:
(X): CnH
2n + 2 – 2k – z
(A)
z
có số mol là a

(Y): CmH
2m + 2 – 2t – y
(B)
y
có số mol là b
với k, z : là số liên kết
π
và số nhóm chức của (X), t, y : là số liên kết
π
và số
nhóm chức của (Y).
Số liên kết pi trung bình :
π
=
ba
btak
+
+
Nếu k < t
⇒
k <
π
< t
Số nhóm chức trung bình :
NC
=
ba
byaz
+
+

Nếu z < y
⇒
z <
NC
< y
TD
4
Hóa hơi hoàn toàn 4,28 gam hỗn hợp gồm 2 rượu no A và B ở 81,9
0
C và 1,3
atm thì thu được thể tích hơi là 1,568 lít. Cho một lượng như trên hỗn hợp 2 rượu
A, B tác dụng hết với K thì thu được 1,232 lít H
2
(đkc). Mặt khác nếu đốt cháy
Trang 15
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
hoàn toàn hỗn hợp rượu đó thì thu được 7,48 gam CO
2
. Xác định CTCT và tính
khối lượng mỗi rượu, biết rằng số nhóm chức của B nhiều hơn của A một đơn vị.
Giải :
Gọi công thức chung 2 rượu là: (
z
là số nhóm chức trung bình
của A, B) có số mol x
Ta có : x =
)9,81273(4,22
273568,13,1
+×
××

= 0,07 mol. Số mol H
2
=
mol055,0
4,22
232,1
=
Pt :

+
z
K 
−
−
Z
OKR )(
+
2
z
H
2
(1)
Theo (1) ta có
2
07,0
z
×
= 0,055
⇒

z
= 1,5. Theo đề bài 2 rượu B có nhiều hơn A
một nhóm chức, vậy A đơn chức và B 2 chức. Gọi CTTQ A: CnH
2n + 2
O có số mol
là a. CTTQ của B: C
m
H
2m + 2
O
2
có số mol là b.
Pt : C
n
H
2n + 2
O +
2
3n
O
2
 nCO
2
+ (n + 1)H
2
O (1)
C
m
H
2m

+ 2
O
2
+
2
)13(
−
m
O
2
 mCO
2
+ (m + 1)H
2
O (2)
Số mol CO
2
=
44
48,7
= 0,17 mol. Theo (1) và (2) ta có : na + mb = 0,17 (*)
Khối lượng hỗn hợp: (14n + 18)a + (14m + 34)b = 4,28
⇒
14(na + mb) + 18a + 34b = 4,28
⇒
18a + 34b = 1,9 (**) Mặt khác ta có: (a + b) = 0,07 (***). Từ (**) và (***)
⇒
a = 0,03 b = 0,04.
Thay a, b vào (*) ta có : 0,03n + 0,04m = 0,17

⇒
3n + 4m = 17
Điều kiện : n
≥
1 ; m
≥
2 ; nguyên
m 2 3 4
Vậy CTPT A: C
3
H
8
O CTCT: CH
3
-CH
2
-CH
2
-OH
n 3 1,6 0,3
CTPT B : C
2
H
6
O
2
có CTCT
(etylenglycol)
Tính khối lượng mỗi rượu trong hỗn hợp :
Khối lượng C

3
H
8
O = 0,03
×
60 = 1,8 gam.
Khối lượng C
2
H
6
O
2
= 0,04
×
62 = 2,48 gam
TD
5
Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp gồm 2 este đơn chức phải dùng 108,64 lít
không khí (đkc) (thành phần không hkí gồm 20% oxi và 80% nitơ về thể tích), thu
được 34,32 gam CO
2
và 11,88 gam H
2
O. Mặt khác xà phòng hóa hoàn toàn 3,79
gam hỗn hợp 2 este trên bằng NaOH rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu
được 3,29 gam hỗn hợp muối khan của 2 axit liên tiếp trong dãy đồng đẳng và hỗn
hợp rượu gồm rượu metylic và một rượu chứa không quá 4 cacbon trong phân tử.
a/ Xác định CTPT, CTCT của 2 este.
b/ Tính % theo khối lượng mỗi este trong hỗn hợp.
Tóm tắt :

KK (O
2
– N
2
) CO
2
+ H
2
O
Trang 16
OHR
(
)
z
CH
3
OH
CH CH
3
OH
CH CH
2
OH
2
OHR
(
)
z
2
OH

C
x
y
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
34,32 gam 11,88 gam
+ NaOH

3,79 gam 3,29 gam
Giải:
a/ Xác định CTPT, CTCT của 2 este:
Gọi công thức chung của 2 este đơn chức: (trong đó
x
,
y
lần lượt là số
cacbon và số hidro trung bình của 2 este). Gọi a là số mol của este.
Pt : + (
x
+
4
y
- 1)O
2

x
CO
2
+
2
y

H
2
O (1)
Số mol O
2
phản ứng =
mol97,02,0
4,22
64,108
=×
.
Số mol CO
2
=
mol78,0
44
32,34
=
.
Số mol H
2
O =
mol66,0
18
88,11
=
Theo (1) ta có : a
x
= 0,78
⇒

a = 0,14
a(
x
+
4
y
- 1) = 0,97
⇒

x
= 5,57
a
y
= 1,32
⇒

y
= 9,43
Khối lượng hh 2 este đem đốt = 0,78
×
12 + 0,66
×
2 + 0,14
×
32 = 15,16 gam
Pt phản ứng xà phòng hóa:
+ NaOH  + (2)
Số mol của 3,79 gam este đem xà phòng hóa =
mol035,0
16,15

14,079,3
=
×
. Theo (2) số mol
muối = 0,035 mol
Ta có KLPT muối = (
R
+ 67) =
94
035,0
29,3
=

⇒

R
= 27. Do 2 axit là đồng đẳng kế
tiếp và có
R
= 27 nên có thể có các trường hợp sau :
Trường hợp 1: nếu 2 axit no thì ứng với : CH
3
- (15) và C
2
H
5
- (29)
Trường hợp 2: nếu 2 axit là chưa no thì ứng với: CH≡C– (25) và CH≡C–CH
2
– (39)

Nếu 2 gốc axit là: CH
3
- (15) và C
2
H
5
- (29) thì công thức 2 muối là:
CH
3
COONa và C
2
H
5
COONa.
Gọi b, c lần lượt là số mol CH
3
COONa và C
2
H
5
COONa theo (2) ta có:
(b + c) = 0,035
⇒
b = 0,005
82b + 96c = 3,29 c = 0,03
Gọi công thức của 2 este có dạng : CH
3
COOR
1
và C

2
H
5
COOR
2
ta có:
Khối lượng 2 este = (59 + R
1
)b + (73 + R
2
)c = 3,79
⇒
(59 + R
1
)0,005 + (73 + R
2
)0,03 = 3,79
⇒
R
1
+ 6R
2
= 261. Theo điều kiện đề bài trong hỗn hợp 2 ancol có 1
ancol là CH
3
OH vậy trong 2 gốc R
1
, R
2
có một gốc là CH

3
- (15)
R
1
15 (CH
3
-) 171 (loại) Vậy CTPT 2 este là : C
3
H
6
O
2
và C
6
H
10
O
2

R
2
41 (C
3
H
5
-) 15 (CH
3
-) Số cacbon trung bình =
57,5
035,0

603,03005,0
=
×+×
(nhận)
Trang 17
108, 64 lít (đkc)
COONaR
OHR
1
+
RCOOR
1
(gồm CH
3
OH và ROH)
2
OH
C
x
y
2
OH
C
x
y
RCOO R
1
COONaR
OHR
1

Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Số hidro trung bình =
43,9
035,0
1003,06005,0
=
×+×
(nhận)
Nếu 2 gốc axit là : CH≡C – (25) và CH≡C – CH
2
– (39) thì công thức 2
muối là: CH≡C-COONa và CH≡C-CH
2
-COONa.
Gọi u, t lần lượt là số mol CH≡C-COONa và CH≡C-CH
2
-COONa theo (2) ta
có:
(u + t) = 0,035
⇒
u = 0,03
92u + 106t = 3,29 t = 0,005
Gọi công thức của 2 este có dạng : CH≡C-COOR
3
và CH≡C-CH
2
-COOR
4
.
Khối lượng 2 este = (69 + R

3
)u + (83 + R
4
)t = 3,79
⇒
(69 + R
3
)0,03 + (83 + R
4
)0,005 = 3,79
⇒
6R
3
+ R
4
= 261. Do trong hỗn hợp 2 rượu có một rượu là CH
3
OH nên một
trong 2 gốc R
3
hoặc R
4
là CH
3
- (15)
R
3
15 (CH
3
-) 41 (C

3
H
5
-)
R
4
171 (loại) 15 (CH
3
-)
Vậy CTPT 2 este là : C
6
H
6
O
2
và C
5
H
6
O
2
, tuy nhiên 2 este này có số
H
= 6
≠
9,43
nên ta loại trường hợp này
b/ Tính % khối lượng các este trong hỗn hợp:
%C
3

H
6
O
2
=
%7625,9100
79,3
74005,0
=×
×
%C
6
H
10
O
2
=
%2375,90100
79,3
11403,0
=×
×
2/ Xác định 2 kim loại trong cùng một phân nhóm chính :
Các kim loại trong cùng một phân nhóm chính có cùng hóa trị trong các hợp chất
và tác dụng với các chất khác theo cùng tỉ lệ mol.TD

các kim loại thuộc phân
nhóm chính nhóm I (Kim loại kiềm : Li, Na, K, Rb …) Kim loại phân nhóm chính
nhóm II (Mg, Ca, Sr, Ba)
TD Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp X gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại

thuộc cùng phân nhóm chính nhóm II và thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong HTTH bằng
dung dịch HCl thu được dung dịch X và 672 ml khí CO
2
(đkc)
a/ Xác định 2 kim loại
b/ Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải :
a/ Xác định 2 kim loại :
Gọi công thức chung của 2 muối cacbonat là : MCO
3
có số mol là x
Pt : MCO
3
+ 2HCl  MCl
2
+ H
2
O + CO
2
(1)
Số mol CO
2
=
mol03,0
4,22
672,0
=
Theo (1) ta có x = 0,03 mol
⇒
(M + 60)=

03,0
84,2
=
94,67
⇒
M = 34,76. Nếu gọi 2 kim loại là A, B có KLNT : M
A
, M
B
.
Trang 18
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Giả sử M
A
< M
B

⇒
M
A
< M < M
B

⇒
M
A
< 34,76 < M
B
. Theo đề bài 2
kim loại A, B thuộc cùng phân nhóm chính nhóm II và thuộc 2 chu kỳ liên tiếp

trong HTTH nên
⇒
A : Mg (M
A
= 24) B : Ca (M
B
= 40)
b/ Tính khối lượng muối khan :
Theo (1) ta có số mol MCl
2
= 0,03 mol.
Khối lượng muối = 0,03(M + 71) = 0,03(
03,0
04,1
+ 71) = 3,17 gam
V/ PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT:
Có một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát như a
gam, V lít, n mol, áp suất P, lượng vừa đủ … Như vậy kết quả gải bài toàn không
phụ thuộc vào lượng chất cho. Trong trường hợp đó tốt nhất ta tự chọn một giá trị
như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất. Dưới đây là một số
thí dụ minh họa:
TD
1
Hòa tan một muối cacbonat kim loại M bằng một lượng vừa đủ dung dịch
H
2
SO
4
loãng 9,8% thì thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. Xác định kim loại
M.

Giải :
Pt : M
2
(CO
3
)
n
+ nH
2
SO
4
 M
2
(SO
4
)
n
+ nCO
2
+ nH
2
O (1)
Chọn số mol muối cacbonat phản ứng là 1 mol
⇒
Khối lượng muối cacbonat ban
đầu = (2M + 60n) gam
Theo (1) ta có: số mol H
2
SO
4

phản ứng: n mol
⇒
Khối lượng dd H
2
SO
4
=
gamn
n
1000100
8,9
98
=×
×
Số mol CO
2
thoát ra = n mol
⇒
Khối lượng CO
2
= 44n gam
Khối lượng dung dịch muối sau phản ứng = (1000n + 2M + 60n - 44n) gam
Theo (1) số mol muối sunfat tạo ra = 1 mol
⇒
Khối lượng muối sunfat = (2M +
96n) gam
Theo đề bài ta có :
18,14100
)1621000(
)962(

=×
++
+
nMn
nM

⇒
M = 28n
Biện luận :
N 1 2 3 Vậy kim loại M là Fe
M 28 56 84
TD
2
Hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A và B có khối lượng a gam. Đốt cháy hoàn
toàn a gam hỗn hợp X thì thu được
41
132a
gam CO
2
và
41
45a
gam nước. Nếu thêm vào
X một nửa lượng A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được
41
165a
gam CO
2

và

41
75,60 a
gam nước.
a/ Tìm CTPT của A, B biết rằng X không làm mất màu dung dịch brôm.
b/ Tính % số mol của A, B trong X
Giải:
Để việc giải bài toán trở nên đơn giản ta chọn a = 41 gam.
Trang 19
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Theo đề bài ta nhận thấy lượng CO
2
và H
2
O sinh ra khi đốt cháy A là:
Khối lượng CO
2
= 2(165 – 132) = 66 gam. Khối lượng H
2
O = 2(60,75 – 45) = 31,5
gam.
Khối lượng các nguyên tố trong hidrocacbon A là:
Khối lượng cacbon : mC =
gam1812
44
66
=×

Khối lượng hidro: mH =
gam5,3
9

5,31
=
Gọi CTTQ của A là C
x
H
y
ta có : x : y =
7:35,3:5,15,3:
12
18
==

⇒
CTTN của A là: (C
3
H
7
)
n

⇒
CTPT: C
6
H
14
Khối lượng CO
2
và H
2
O sinh ra khi đốt B là:

Khối lượng CO
2
= 132 – 66 = 66 gam. Khối lượng nước = 45 – 31,5 = 13,5 gam
Khối lượng các nguyên tố trong B :
Khối lượng cacbon : mC =
gam1812
44
66
=×
Khối lượng hidro: mH =
gam5,1
9
5,13
=
Gọi CTTQ của B là C
n
H
m
ta có : n : m =
1:15,1:5,15,1:
12
18
==

⇒
CTTN của B: (CH)
u

Do A, B không làm mất màu dung dịch brôm nên ta chọn u = 6
⇒

CTPT của B là:
C
6
H
6

b/ Tính % số mol của A, B trong X:
Trong hỗn hợp X ta có số mol của A =
mol25,0
86
)5,318(
=
+
Số mol của B =
mol25,0
78
)5,118(
=
+

⇒
%A = %B = 50%
VI/ PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO:
Phương pháp đường chéo thường áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các
chất với nhau, có thể là đồng thể : lỏng – lỏng (dd – dd), khí – khí, rắn – rắn, hoặc
dị thể: lỏng – rắn, lỏng – khí, mhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể. Phương
pháp này có ý nghĩa thực tế, đặc biệt là trường hợp pha chế dung dịch.
Trước hết ta cần lưu ý các điểm sau:
• Phương pháp chỉ áp dụng cho các trường hợp trộn lẫn các dung dịch của
cùng một chất (hoặc khác chất nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng

một chất)
TD: oxit kim loại kiềm, kiềm thổ + H
2
O  dd baz kiềm, kiềm thổ
• Không được áp dụng phương pháp này cho các trường hợp trộn lẫn các
chất khác nhau hoặc xảy ra phản ứng giữa chúng.
Phương pháp đường chéo dựa trên nguyên tắc sau:
Trộn lẫn 2 dung dịch chứa cùng chất tan A với nồng độ chất A khác nhau ta
thu được một dung dịch với nồng độ chất A duy nhất. Như vậy lượng chất A trong
phần đặc bị giảm xuống phải bằng lượng chất A tăng lên trong phần loãng.
Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau:
Trang 20
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
D
1
x
1
x – x
2

x
⇒
21
2
2
1
xx
xx
D
D

−
−
=
(x
1
> x > x
2
)
D
2
x
2
x
1
– x
2
Trong đó D
1
, D
2
là khối lượng các chất đem trộn lẫn (có thể là dd, chất rắn, chất
khí …) x
1
, x
2
, x là khối lượng chất ta quan tâm (TD chất tan) qui về trong 100 đơn
vị khối lượng D
1
, D
2

.
Bài toán thuận:
Giả sử ta có một hỗn hợp gồm 2 đại lượng A và B. Đại lượng A có giá trị là
a và tần số n. Đại lượng B có giá trị là b và tần số m. Xác định giá trị hỗn hợp. Gọi
giá trị hỗn hợp là c ta có : c =
mn
mbna
+
+
(1)
Bài toán đảo :
Tìm cách pha trộn như thế nào của một hỗn hợp gồm 2 đại lượng có giá trị a,
tần số n và giá trị b tần số m để được hỗn hợp có giá trị là c. Tìm tỉ số
m
n
bằng các
giá trị a, b, c.
Từ công thức : c =
mn
mbna
+
+

⇒

m
n
=
ca
bc

−
−
(2)
Qui tắc đường chéo. Giả sử a > b
Giá trị đại lượng a (tần số n) a c – b
c
⇒

m
n
=
ca
bc
−
−
Giá trị đại lượng b (tần số m) b a – c
Sau đây là các thí dụ áp dụng:
TD
1
Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 500 gam dd NaOH 12% để có dd NaOH
8%?
Giải:
Gọi m là khối lượng nước cần thêm vào. Aùp dụng qui tắc đường chéo ta có: (coi
như nước có nồng độ 0%)
m 0 12 – 8
8
⇒

8
4

500
=
m

⇒
m = 250 gam
500 12 8 – 0
TD
2
Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu gam dung dịch
CuSO
4
8% để pha chế thành 280 gam dung dịch CuSO
4
16%.
Giải:
Gọi m là khối lượng tinh thể CuSO
4
.5H
2
O cần lấy
Nồng độ % của CuSO
4
trong tinh thể =
%64100
250

160
=×
. Gọi x là khối lượng dung
dịch CuSO
4
8% cần lấy
Trang 21
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Theo qui tắc đường chéo ta có:
m 64 16 – 8
16
⇒

6
1
48
8
==
x
m

⇒
m = 40 gam
x 8 64 – 16 ta có (m + x) = 280 x = 240 gam
TD
3
Cần trộn H
2
và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí có tỉ
khối so với metan bằng 1,5.

Giải :
Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp:
M
= 1,5
×
16 = 24.
Gọi V
1
là thể tích của H
2
. V
2
là thể tích của CO. Theo qui tắc đường chéo ta có:
V
1
2 4
24
⇒

22
4
2
1
=
V
V
=
11
2
V

2
28 22
TD
4
Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng thu được hỗn hợp khí
gồm NO và N
2
O có tỉ khối so với hidro bằng 16,75. Tính thể tích mỗi khí.
Giải :
Gọi V
1
, V
2
lần lượt là thể tích NO, N
2
O.
Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp khí = 16,75
×
2 = 33,5
Theo qui tắc đường chéo ta có :
V
1
30 44 – 33,5
33,5
⇒

3
5,3

5,10
2
1
==
V
V
(*)
V
2
44 33,5 – 30
Pt : Al + 4HNO
3
 Al(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (1)
8Al + 30HNO
3
 8Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
O + 15H
2
O (2)

Do tỉ lệ mol NO : N
2
O = 3 nên khi nhân 2 vế phương trình (1) cho 9 rồi cộng với
phương trình (2) ta có:
17Al + 66HNO
3
 17Al(NO
3
)
3
+ 9NO + 3N
2
O + 33H
2
O (3)
Số mol Al =
mol17,0
27
29,4
=
. Theo (3) ta có : số mol NO =
mol09,0
17
917,0
=
×
⇒
VNO = 0,09
×
22,4 = 2,016 lít

Số mol N
2
O =
mol03,0
17
317,0
=
×

⇒

ON
V
2
= 0,03
×
22,4 = 0,672 lít
VII/ PHƯƠNG PHÁP BIỆN LUẬN:
1/ Xác định kim loại :
Để xác định một kim loại trong HTTH thông thường ta phải xác định 2 giá trị:
KLNT (M) và hóa trị (n).
Hóa trị thông thường của kim loại thường có giá trị: (1
n≤
≤
3) và n là số
nguyên. Để biện luận ta phải lập phương trình liên quan giữa n và M:
M = kn (k là hằng số tỉ lệ nào đó). Sau đó biện luận giá trị M theo n và chọn
các giá trị phù hợp.
Trang 22
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu

TD
1
Nhiệt phân 9,4 gam một muối nitrat của kim loại M tới phản ứng hoàn toàn
thấy còn lại 4 gam chất rắn. Hỏi đã nhiệt phân muối nitrat của kim loại nào?
Giải:
Gọi công thức tổng quát của muối nitrat là M(NO
3
)
n
(n là hóa trị của kim
loại M) có số mol là x.
Ta xét các trường hợp sau:
* Kim loại M thuộc các kim loại từ K  Ca:
Pt : M(NO
3
)
n
M(NO
2
)
n
+
2
n
O
2
(1)
Theo (1) ta có :
=×32
2

nx
9,4 – 4 = 5,4
⇒
x =
n16
4,5
Mặt khác ta có : x =
)62(
4,9
nM +

⇒

)62(
4,9
nM +
=
n16
4,5

⇒
M = - 31,148n (loại)
* Kim loại M thuộc các kim loại từ Mg  Cu:
pt : 2M(NO
3
)
n
M
2
On + 2nNO

2
+
2
n
O
2
(2)
Theo (2) ta có : 46nx + 8nx = 9,4 – 4 = 5,4
⇒
x =
n
1,0
Mặt khác ta có : x =
)62(
4,9
nM +

⇒

)62(
4,9
nM +
=
n
1,0

⇒
M = 32n
Biện luận :
n 1 2 3

M 32 64 96
Vậy kim loại M có hóa trị 2 có KLNT = 64 là Cu
⇒
công thức muối nitrat là Cu(NO
3
)
2
* Kim loại M đứng sau Cu:
pt : M(NO
3
)
n
M + nNO
2
+
2
n
O
2
(3)
Theo (3) ta có: 46nx + 16nx = 9,4 – 4 = 5,4
⇒
x =
n62
4,5
Mặt khác ta có:
)62(
4,9
nM
+

⇒

)62(
4,9
nM +
=
n62
4,5

⇒
M = 45,93n (không có kim loại
nào phù hợp)
TD
2
Hòa tan 3,06 gam oxit M
x
O
y
bằng dung dịch HNO
3
dư, sau đó cô cạn dung
dịch thì thu được 5,22 gam muối khan. Hãy xác định kim loại M, biết M chỉ có một
hóa trị duy nhất.
Giải:
Pt: M
x
O
y
+ 2yHNO

3
 x
x
y
NOM
23
)(

+ yH
2
O (1)
Gọi a là số mol M
x
O
y
, theo (1) ta có: số mol
x
y
NOM
23
)(
= ax
Trang 23
t
0
t
0
t
0
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu

Ta có : ax =
)124(
22,5
x
y
M
+

⇒
a =
)124(
22,5
yMx +
Mặt khác ta có : a =
)16(
06,3
yMx
+

⇒

)16(
06,3
yMx +
=
)124(
22,5
yMx
+

⇒
M = 68,5
x
y2
×
Đặt
x
y2
= n (n là hóa trị kim loại M có giá trị bằng số oxi hóa của kim loại trong
hợp chất oxit)
⇒
M = 68,5n. Biện luận:
n 1 2 3 Vậy kim loại M có hóa trị 2 và có KLNT = 137 là Ba.
Công thức oxit: BaO
M 68,5 137 205,5
TD
3
Khi hòa tan cùng một lượng kim loại M bằng dung dịch HNO
3
đặc nóng và
bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng thì thể tích NO
2
thoát ra bằng 3 lần thể tích khí H
2

thoát ra (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất), còn lượng muối sunfat thu được

bằng 62,81% lượng muối nitrat. Xác định kim loại M.
Giải:
Gọi n là hóa trị của kim loại M trong muối sunfat và m là hóa trị của M
trong hợp chất muối nitrat, (n
≤
m). Chọn số mol kim loại tác dụng là 1 mol.
Pt : 2M + nH
2
SO
4
 M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(1)
M + 2mHNO
3
 M(NO
3
)
m
+ mNO
2
+ mH
2
O (2)

Theo điều kiện đề bài và theo phương trình (1) (2) ta có:
m =
2
3n

⇒
m = 1,5n Do 3
1, ≥≥ mn
(n, m số nguyên) nên chỉ có n = 2 và
m = 3 là phù hợp
Theo phương trình (1) (2) và theo đề bài ta có:
(M + 96) = 0,6281(M + 186) = 0,6281M + 116,8266
⇒
0,3719M = 20,8266
⇒
M = 56 (Fe) Vậy kim loại M là Fe
TD
4
Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam kim loại M và 69,6 gam oxit M
x
O
y
của
kim loại đó trong 2 lít dung dịch HCl, sau phản ứng thu được dung dịch A và 4,48
lít H
2
(đkc). Nếu cũng hòa tan hỗn hợp X đó trong 2 lít dung dịch HNO
3
thì thu
được dung dịch B và 6,72 lít khí NO (đkc). Xác định M, M

x
O
y
và nồng độ mol các
chất tan trong dung dịch A, dung dịch B (coi như thể tích dung dịch không đổi
trong quá trình phản ứng và lượng các axit tác dụng vừa đủ)
Giải:
Gọi a, M, n lần lượt là số mol, KLNT và hóa trị của kim loại M trong hỗn hợp X.
Gọi b là số mol M
x
O
y
.
Pt : 2M + 2nHCl  2MCl
n
+ nH
2
 (1)
M
x
O
y
+ 2yHCl  x
x
y
MCl
2
+ yH
2
O (2)

Số mol H
2
=
mol2,0
4,22
48,4
=
Theo (1) ta có :
n
a
na 4,0
2,0
2
=⇒=

Ta có : aM = 11,2
⇒
M =
4,0
2,112,11 n
a
=

⇒
M = 28n
Trang 24
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Biện luận : ta thấy chỉ có giá trị n = 2 và M = 56 là phù hợp. Vậy kim loại là Fe
Cho hỗn hợp X gồm Fe và Fe
x

O
y
tác dụng dung dịch HNO
3

Pt : Fe + 4HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (3)
3Fe
x
O
y
+ (12x – y)HNO
3
 3xFe(NO
3
)
3
+ (3x – 2y)NO + (6x – y)H
2
O (4)
Số mol NO =
mol3,0
4,22

72,6
=
Theo (3) (4) ta có : a + (3x – 2y)
3
b
= 0,3 (*)
Ta có : a =
2,0
2
4,0
=
thay a vào (*)
⇒
(3x – 2y)b = 0,3
⇒
b =
)23(
3,0
yx
−
Mặt khác ta có:
b =
)1656(
6,69
yx +

⇒

)23(
3,0

yx
−
=
)1656(
6,69
yx +
⇒
(56x + 16y) = 232(3x – 2y)
⇒

4
3
=
y
x
Vậy công thức oxit sắt là Fe
3
O
4
Các phương trình phản ứng được viết lại như sau:
Fe + 2HCl  FeCl
2
+ H
2
(1)
Fe
3
O
4
+ 8HCl  FeCl

2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O (2)
Số mol FeCl
2
= (a + b) = (0,2 + 0,3) = 0,5 mol
Số mol FeCl
3
= 2b = 0,3
×
2 = 0,6 mol
Nồng độ mol các chất trong dung dịch A:
MC
FeClM
25,0
2
5,0
)(
2
==

MC
FeClM
3,0
2
6,0
)(

3
==
Fe + 4HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (3)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14HNO
3
(4)
Số mol Fe(NO
3
)
3
= (a + 3b) = (0,2 + 0,3
×

3) = 1,1 mol
Nồng độ mol của Fe(NO
3
)
3
trong dung dịch B :
2/ Biện luận xác định công thức phân tử của hợp chất hữu cơ :
Để giải quyết các bài toán biện luận xác định công thức phân tử của hợp chất
hữu cơ ta cần nắm các điều kiện liên hệ về các số nguyên tử trong phân tử hợp chất
hữu cơ.
* Đối với hidrocacbon :
(hợp chất hữu cơ có thành phần gồm 2 nguyên tố C và H)
Gọi CTTQ của hidrocacbon là C
x
H
y
ta có các điều kiện sau:
x, y > 0, nguyên và y
≤
2x + 2, y là số chẳn
Ta có thể đặt công thức tổng quát của hidrocacbon dưới dạng: C
n
H
2n + 2 – 2k
(trong
đó n
≥
1, k
≥
0, nguyên)

(n : số cacbon trong phân tử, k là số liên kết
π
hoặc số vòng trong cấu tạo phân tử)
* Đối với hợp chất hữu cơ có thành phần C, H, O.
Đặt CTTQ của hợp chất có dạng : C
x
H
y
O
z
ta có các điều kiện sau:
(x,y, z > 0, nguyên và y
≤
2x + 2, y là số chẳn)
TD
1
Cho một hidrocacbon A có tỉ khối hơi so với heli bằng 14. Xác định công
thức phân tử của hidrocacbon.
Giải:
Trang 25
MC
NOFeM
55,0
2
1,1
33
)((
==