một số phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học

Sáng kiến kinh nghiệm
Phần một : MỞ ĐẦU
Hoá học - môn học “kinh hoàng” đối với một bộ phận học sinh nhưng lại là
môn học ưa thích và dễ dàng gỡ điểm với phần lớn các học sinh khác . Môn hoá học
thực sự là một bộ môn khoa học tổng hợp của nhiều môn học khác.Để giải được các
bài tập hoá học trước hết học sinh phải nắm thật chắc lý thuyết,hiểu được bản chất
của quá trình biến đổi hoá học trong bài toán sau đó mới vận dụng các phương pháp
bộ môn để giải quyết phần tính toán . Giải được các bài toán hoá học đã khó nhưng
vói yêu cầu đổi mới về phương pháp kiểm tra, đámh giá của bộ môn như hiện nay,
việc giải được các bài toán là chưa đủ mà phải còn phải giải thật nhanh ,thật chính
xác các bài tập.Bằng kinh nghiệm của bản thân qua các năm giảng dạy,bằng việc
nghiên cứu các tài liệu tôi đã rút ra khinh mhghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng
“Một số phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học” để luyện cho học sinh
cách tư duy và giải nhanh bài toán hóa học phục vụ cho kiểm tra, đánh giá kết quả
học tập và các cuộc thi . Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
1
Sáng kiến kinh nghiệm
Phần hai: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC
BÀI TOÁN HOÁ HỌC
I/Phương pháp đường chéo
Các bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài toán hay gặp trong
chương trình hoá học phổ thông.Ta có thể giải bài toán này theo nhiều cách khác
nhau,song cách giải nhanh nhất là “Phương pháp sơ đồ đường chéo”
-Nguyên tắc:Trộn lẫn hai dung dịch
+Dung dịch 1: có khối lượng m
1
thể tích V
1
,nồng độ C
1

(C% hoặc C
M
),khối lượng
riêng d
1
.
+ Dung dịch 2: có khối lượng m
2
thể tích V
2
,nồng độ C
2
(C% hoặc C
M
) trong đó C
2
>
C
1
,khối lượng riêng d
2
.
+Dung dịch thu được có m = m
1
+ m
2
, V = V
1
+ V
2

,nồng độ C ( C
1
< C < C
2
),khối
lượng riêng d
Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:
a-Đối với nồng độ % về khối lượng
m
1
C
1
C
2
- C
C
→
1
2
m
m
=
2
1
C C
C C
−
−
(1)
m

2
C
2

1
C C−
b-Đối với nồng độ mol/lit
V
1
C
1
C
2
- C
C
→
1
2
V
V
=
2
1
C C
C C
−
−
(2)
V
2

C
2

1
C C−
c-Đối với khối lượng riêng
V
1
d
1
d
2
- d
d
→
1
2
V
V
=
2
1
d d
d d
−
−
(3)
V
2
d

2

1
d d−
Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta 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 nước d =1
Một số ví dụ minh hoạ:
Dạng 1: Tính toán pha chế dung dịch
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
2
Sáng kiến kinh nghiệm
Ví dụ 1: Để thu được dung dich HCl có nồng độ 25% cần lấy m
1
gam dung
dịch HCl 45% pha với m
2
gam dung dịch HCl 15%.Tỉ lệ m
1
/m
2
là:
A 1:2 B 1:3 C 2:1 D 3:1
Hướng dẫn giải
áp dụng công thức (1)

1
2
45 25

20 2
10 1
15 25
m
m
−
= = =
−

Đáp án C
Ví dụ 2: Hoà tan 200 gam SO
3
và m gam dung dịch H
2
SO
4
49% ta được dung
dịch H
2
SO
4
78,4% .Giá trị của m là:
A 133,3 B 146,9 C 272,2 D 300,0

Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng : SO
3
+ H
2
O

→
→
H
2
SO
4
100 gam SO
3

→
98 100
122,5
80
gam
×
=
H
2
SO
4
Nồng độ dung dịch H
2
SO
4
tương ứng là 122,5 %
Gọi m
1,
m
2
là khối lượng SO

3
và dung dịch H
2
SO
4
49% cần dùng.
Theo (1) ta có:
1
2
2
49 78,4
29,4 44,1
200 300
44,1 29,4
122,5 78,4
m
m gam
m
−
= = → = × =
−
Đáp án D
Điểm lí thú của sơ đồ đường chéo là ở chỗ pp này còn có thể dùng tính nhanh kết
quả của nhiều dạng bài tập hoá học khác
Dạng 2:Bài toán hỗn hợp 2 đồng vị
Ví dụ 3: nguyên tử khối trung bình của brôm là 79,319. Giả thiết brôm có hai
đồng vị bền
79
35
Br

và
81
35
Br
.Thành phần % số nguyên tử của
81
35
Br
là:
A 84,05 B 81,02 C 18,98 D 15,95
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ

81
35
Br
(M=81) 79,319 - 79 = 0,319
A = 79,319

79
35
Br
(M=79) 81 - 79,319 = 1,681
81
81
35
35
79
35
%

0,319 0,319
% 100% 15,95%
% 1,681 1,681 0,319
Br
Br
Br
→ = → = × =
+
Đáp án D
Dạng 3 :Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí
Ví dụ 4: Một hỗn hợp gồm O
2
và O
3
ở điều kiện chuẩn có tỉ khối với hiđrô là
18.Thành phần% về thể tích của O
3
trong hỗn hợp là:
A 15% B 25% C 35% D 45%
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
3
Sáng kiến kinh nghiệm
Hướng dẫn giải:
Gọi V
1
,V
2
là thể tich của O
3
và O

2
trong hỗn hợp
áp dụng sơ đồ chéo
M
1
=48
32 36−
M=18.2=36
M
2
=32
48 36−
1
1
2
4 1
% 100% 25%
12 3 1
V
V
V
→ = → = × =
+
Đáp án B
Ví dụ 5: Cần trộn 2 thể tích mêtan với 1 thể tích đồng đẳng X của metan để
thu được hỗn hợp khí có tỉ khối 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
Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ đường chéo

4
CH
V
M
1
=16
2
30M −
M
=2.15=30
2
M
V
M
2

=M
2
16 30−
→
4
2
2
2 2
30
2
30 28 58 14 2 58 4
14 1
CH
M
M
V
M M n n
V
−
= = → − = → = → + = → =
Vậy X là C
4
H
10

→
Đáp án B
Dạng 4:Bài toán hỗn hợp hai chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hoá học
Ví dụ 6:Hoà tan 3,164 gam hh CaCO
3

và BaCO
3
bằng dd HCl dư thu được
448 ml khí CO
2
(đktc).Thành phần % số mol BaCO
3
trong hh là:
A 50% B 55% C 60% D 65%
Hướng dẫn giải
2
0,02
CO
n mol M= →
=
3,164
158,2
0,02
=
áp dụng sơ đồ đường chéo
BaCO
3
(M
1
=197)
100 158,2 58,2− =
M
=158,2
CaCO
3

(M
2
=100)
197 158,2 38,8− =
3
58,2
% .100% 60%
58,2 38,8
BaCO
n→ = =
+
Đáp án C
Dạng 5: Bài toán các chất hữu cơ là đồng đẳng kế tiếp
Ví dụ 7:Cho 11 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức phản ứng với K dư thu được
3,36 lit H
2
(đktc).Thành phần% về số mol của ancol có khối lượng phân tử nhỏ là:
A 33,33% B 66,67% C 40% D 60%
Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng: 2 ROH + 2 K
→
2 ROK + H
2
2
2 0,3
ancol H
n n mol= =
110
2
3

ancol
M ancol→ = →
là CH
3
OH và C
2
H
5
OH
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
4
Sáng kiến kinh nghiệm
áp dụng sơ đồ chéo: M
1
=32
96 110
3 3
−
M
=
110
3
M
2
=46
138 110
3 3
−
3
28

% 100% 66,67%
28 14
CH OH
n→ = × =
+
→
Đáp án B
II/Phương pháp bảo toàn khối lượng
áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ( ĐLBTKL ): “Tổng khối lượng các chất
tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm của phản ứng” giúp ta giải
các bài toán hoá học đơn giản ,nhanh chóng.
Ví dụ 1:A là hỗn hợp gồm 0,1 mol etilenglicol và 0,2 mol chất X.Để đốt cháy
hết hỗn hợp A cần 21,28 lit O
2
(đktc) chỉ thu được 35,2 gam CO
2
và 19,8 gam
H
2
O.Tính khối lượng phân tử của X
Hướng dẫn giải
Vì sản phẩm cháy chỉ có CO
2
và H
2
O nên X chỉ chứa C,H,O.
Đặt công thức chung của A là C
x
H
y

O
z
Ta có ptpư cháy:C
x
H
y
O
z
+ O
2

→
CO
2
+ H
2
O
áp dụng ĐLBTKL:
A
m
+
2
O
m
=
2 2
CO H O
m m+
21,28
35,2 19,8 32

22,4
A
m→ = + − × =
0,1 62 18,4
X A
m m gam→ = − × =
18,4
92( / )
0,2
X
M gam mol→ = =
Ví dụ 2:Hoà tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cácbônat kim loại hoá
trị 2 và kim loại hoá trị 3 bằng dd HCl dư thu được dd A và 0,896 lit CO
2
(đktc).Tính
khối lượng muối có trong dd A.
Hướng dẫn giải
Gọi công thức chung hai muối là M
2
(CO
3
)
x
Ta có ptpư: M
2
(CO
3
)
x
+ 2x HCl

→
2 MCl
x
+ x H
2
O + x CO
2
Theo ptpư ta có :
2 2
0,04
CO H O
n n mol= =

2
2 0,08
HCl CO
n n mol= =
áp dụng ĐLBTKL: m
muối cacbonat
+ m
HCl
= m
muối clorua
+
2 2
H O CO
m m+
→
m
muối clorua

= 3,34+0,08.36,5-0,04.(18+44)= 3,78 (gam)
Ví dụ 3: Khử m gam hh A gồm CuO,FeO,Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
bằng CO ở nhiệt độ
cao thu được 40 gam hh rắn X và 13,2 gam CO
2
.Tính m.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức chung các oxit trước và sau pư là M
x
O
y
và M
z
O
t
Ta có: M
x
O
y
+ CO
→
M
z

O
t
+ CO
2
2
13,2
0,3
44
CO CO
n n mol= = =
→
áp dụng ĐLBTKL:
40 13,2 28.0,3 44,8( )
x y
M O
m gam= + − =
=m
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
5
Sáng kiến kinh nghiệm
Ví dụ 4:Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân
của nhau cần 200ml dd NaOH 1M thu được m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn
hợp 2 ancol. Tính m
Hướng dẫn giải
Gọi công thức chung của 2 este là RCOOR
’
RCOOR
’
+ NaOH
→

RCOONa + R
’
OH
0,2.1 0,2
NaOH
n mol= =
0,2.40 8
NaOH
m gam→ = =
→
áp dụng ĐLBTKL: m
muối
=m
este
+ m
NaOH
- m
ancol
=14,8 +8 -7,8 = 15 (gam)
III/Phương pháp tăng giảm khối lượng
Nguyên tắc :Dựa vào sự tăng giảm khối lượng(TGKL) khi chuyển từ 1 mol
chất A thành 1mol hoặc nhiều mol chất B ta dễ dàng tính được số mol của các chất
hoặc ngược lại.
Ví dụ 1:Hoà tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cácbônat kim loại hoá
trị 2 và kim loại hoá trị 3 bằng dd HCl dư thu được dd A và 0,896 lit CO
2
(đktc).Tính
khối lượng muối có trong dd A.
Hướng dẫn giải
Gọi công thức chung hai muối là M

2
(CO
3
)
x
Ta có ptpư: M
2
(CO
3
)
x
+ 2x HCl
→
2 MCl
x
+ x H
2
O + x CO
2
ta có :
2
0,04
CO
n mol=
Ta thấy :cứ thay thế 1mol CO
3
2-
bằng 2 mol Cl
-
khối lượng muối tăng lên 11 gam

→
khối lượng muối clorua thu được là: 3,34 + 11.0,04 = 3,78 gam
Ví dụ 2: Khử m gam hh A gồm CuO,FeO,Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
bằng CO ở nhiệt độ
cao thu được 40 gam hh rắn X và 13,2 gam CO
2
.Tính m.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức chung các oxit trước và sau pư là M
x
O
y
và M
z
O
t
Ta có: M
x
O
y
+ CO
→
M

z
O
t
+ CO
2
2
13,2
0,3
44
CO CO
n n mol= = =
Ta thấy cứ 1 mol CO phản ứng thì khối lượng hh oxit kim loại giảm 16 gam
→
m = 40 + 0,3 .16 = 44,8 (gam)
Ví dụ 3: Nhúng một lá nhôm vào 200 ml dd CuSO
4
đến khi dung dịch hết màu
xanh lấy lá nhôm ra thây nặng hơn ban đầu 1,38 gam.Xác định nồng độ của dd
CuSO
4

Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng: 2 Al + 3 CuSO
4

→
Al
2
(SO
4

) + 3 Cu
↓
Ta có 2 mol Al phản ứng cho 3 mol Cu
→
khối lượng kim loại tăng 138 gam
Vậy số mol CuSO
4
đã phản ứng là :
1,38
3 0,03
138
mol× =
4
0,03
0,15
0,2
CuSO
M
C M→ = =
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
6
Sáng kiến kinh nghiệm
Ví dụ 4:Cho 11 gam hh 3 axit đơn chức cùng dãy đồng đẳng tác dụng hoàn
toàn với Na dư thu được 2,24 lit H
2
(đktc).Tính khối lượng muối hữu cơ tạo thành.
Hướng dẫn giải
Gọi công thức chung của 3 axit là RCOOH
2 RCOOH + 2 Na
→

2 RCOONa + H
2
Ta thấy cứ 1 mol axit chuyển thành muối thì khối lượng tăng 22 gam đồng thời tạo ra
0,5 mol H
2
→
Khối lượng muối thu được là: 11 +22 . 2.
2,24
22,4
= 15,4 (gam)
IV/ Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Ví dụ 1: A là hh rắn gồm 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol Fe
3
O
4
.Hoà tan hoàn toàn
A bằng dd HCl dư thu được dd B.Cho B phản ứng với NaOH dư thu được kết tủa
C.Lọc lấy kết tủa rửa sạch và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn D.Tính m
Hướng dẫn giải
Ta có : Fe
2
O
3

→

Fe
2
O
3
từ 0,1 mol Fe
2
O
3
ban đầu lại thu được 0,1 mol Fe
2
O
3
2 Fe
3
O
4

→
3 Fe
2
O
3
Từ 0,1 mol Fe
3
O
4
ban đầu thu được 0,15 mol Fe
2
O
3

Vậy số mol Fe
2
O
3
thu được là 0.25 mol
→
m = 0,25 .160 = 40 (gam)
Ví dụ 2:Tiến hành crăckinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan sau một thời gian thu
được hh khí X gồm CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H
4
, C
3
H
6
, C
4
H
10
.Đốt cháy hoàn toàn X trong oxi
dư.Tính khối lượng nước thu được.
Hướng dẫn giải
Khi chuyển từ butan thành X thì tổng lượng hiđro trong các hợp chất là không đổi

nên đốt X thì lượng nước thu được bằng khi đốt butan ban đầu
C
4
H
10
→
4 CO
2
+ 5 H
2
O
2
5,8
18 5 9
58
H O
m = × × =
(gam)
Ví dụ 3: Hỗn hợp khí A gồm 1 ankan,1anken,1ankin và hiđrô.Chia A làm hai
phần bằng nhau rồi tiến hành hai thí nghiệm:
-Phần 1:Đem đốt cháy rồi dẫn sp cháy lần lượt qua bình 1 đựng H
2
SO
4
dặc bình
2đựng nước vôI trong dư thấy khối lượng bình 1 tăng 9,9 gam ,bình 2 tăng 13,2 gam
-Phần 2:Dẫn từ từ qua ống đựng bột niken nung nóng thu dược hỗn hợp khí B.Đốt
cháy hoàn toàn hh khí B rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dd nước vôI trong dư thấy
khối lượng tăng m gam.Tính m
Hướng dẫn giải

Thành phần nguyên tố trong 2 bình như nhau nên sản phẩm cháy hoàn toàn như nhau
Do đó : m = 9,9 + 13,2 = 23,1 gam
V/Phương pháp bảo toàn electron
Nguyên tắc :Khi có nhiều chât oxihoa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng
(nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số mol electron mà
các chất khử cho bằng tổng số mol electron mà các chất oxihoa nhận
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
7
Sáng kiến kinh nghiệm
Điều quan trọng khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúng
trạng thái đầu và cuối của các chất oxi hoá và các chất khử, nhiều khi không cần
quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra.
Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều
trường hợp xảy ra.
Ví dụ 1. Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO
3
dư thu
được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO
2
và NO có tỉ lệ thể tích 3:1. Xác định kim
loại M.
Hướng dẫn giải:
Số mol của hỗn hợp khí: n
khí
4,22
96,8
=
= 0,4 (mol)
Vì V
NO2

: V
NO
= 3:1 ⇒ n
NO2
: n
NO
= 3:1 ⇒ n
NO2
=
4
3
.0,4 = 0,3 (mol) ;
n
NO
=
4
1
.0,4 = 0,1 (mol)
Gọi n là hoá trị củaM. quá trình nhường electron: M
0
- ne M
+n
(1)
Số mol electron nhường là: ∑n
e nhường
=
M
2,19
.n(mol) (*)
Quá trình nhận electron: 4 N

+5
+6e 3 N
+4
+ N
+2
Tổng số mol electron nhận là: ∑n
e nhận
= 6x0,1 = 0,6 (mol) (**)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
∑n
e nhường
= ∑n
e nhận
⇒
M
2,19
.n = 0,6 ⇒ M = 32n
⇒ n = 2 ; M = 64. Vậy kim loại M là đồng (M
Cu
= 64)
Ví dụ 2 . Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO
3
dư, thu được dung dịch A
và 6,72 lít hỗn hợp khí B gồm NO và một khí X, với tỉ lệ thể tích là 1:1. Xác định khí
X.
Hướng dẫn giải:
Số mol của hỗn hợp khí B: n
B
4,22
72,6

=
= 0,3 (mol) ⇒ n
NO
= nx = 0,15(mol)
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
8
Sáng kiến kinh nghiệm
Quá trình nhường electron: Fe
0
Fe
3+
+3e (1)
Số mol electron nhường là: ∑n
e nhường
=
3.
56
2,11
= 0,6 (mol) (*)
Quá trình nhận electron của NO: N
+5
+ 3e N
+2
(2)
Số mol electron do NO nhận là: n
e(NO) nhận
= 3 x 0,15 = 0,45 (mol) (**)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
∑n
e nhường

= ∑n
e nhận
⇒ ∑n
e nhường
= n
e(NO)nhận
x n
e (Xnhận)

⇒ n
e (Xnhận)
= ∑n
e nhường
- n
e(NO)nhận
= 0,6 - 0,45 = 0,15 (mol)
Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có: N
+5
+ ne N
+(5-n)
(3)
⇒ n =
1
15,0
15,0
=
. Từ đó suy ra X là NO
2
Ví dụ3. Để m gam phoi bào sắt A ngoài không khí sau một thời gian biến
thành hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm Fe và oxit FeO, Fe

3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho B
tác dụng hoàn toàn với axit nitric dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO.
Tính khối lượng m của A?
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ các biến đổi xảy ra:
Fe
Fe B FeO dd HNO
3
NO
m
A
gam 12 gam Fe
3
O
4
2,24 lít

(đktc)
Fe
2
O
3
Quá trình nhường electron: Fe

0
Fe
3+
+ 3e (1)
Số mol electron nhường là: ∑n
e nhường
=
3.
56
m
(mol) (*)
Các quá trình nhận electron:
+) Từ sắt oxit: O
2
+ 4e 2O
-2
(2)
Số electron do O
2
nhận là: n
e(O2nhận)
=
8
12
4.
32
12 mm −
=
−
(mol)

+) Từ oxit muối Fe
3+
: N
+5
+ 3e N
+2
(3)
Số electron do N nhận là: n
e(Nnhận)
=3 x 0,1 = 0,3 (mol)
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
9
Sáng kiến kinh nghiệm
⇒ Tổng số electron nhận là: ∑n
e nhận
=
8
12 m−
+ 0,3 (mol) (**)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
∑n
e nhường
= ∑n
e nhận
⇒ 3 x
3,0
8
12
56
+

−
=
mm
⇒ m = 10,08 (gam)
Vi/ Phương pháp bảo toàn điện tích
Nguyên tắc : "Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm
thì theo định luật bảo toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích
âm".
Đây chính là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion
trong dung dịch.
Ví dụ 1 . Kết quả xác định nồng độ mol/lit của các ion trong một dung dịch
như sau:
Ion: Na
+
Ca
2+
NO
3
-
Cl
-
HNO
3
-
Số mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao?
Hướng dẫn giải:
Tổng số điện tích dương: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol)
Tổng số điện tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol)
Ta thấy tổng số điện tích dương # tổng số điện tích âm ⇒ Kết quả xác định

trên là sai!
Ví dụ 2. Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d trong dung dịch chứa a mol Na
+
,
b mol Ca
2+
, c mol HCO
3
-
và d mol Cl
-
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: a + 2b = c + d
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
10
Sáng kiến kinh nghiệm
VII/ Phương pháp khối lượng mol trung bình
Khối lượng mol trung bình (KLMTB) của một hỗn hợp là khối lượng của 1
mol hỗn hợp đó:
∑
∑
=
=
==
n
i
n
i
ni
niMi

nhh
mhh
M
1
1
.

Trong đó: +) m
hh
là tổng số gam của hỗn hợp
+) n
hh
là tổng số mol của hỗn hợp
+) M
i
là khối lượng mol của chất thứ i trong hỗn hợp
+) n
i
là số mol của chất thứ i trong hỗn hợp.
Chú ý: +) M
min
<
M
< M
max
+) Nếu hỗn hợp gồm 2 chất có số mol của hai chất bằng nhau thì
khối lượng mol trung bình của hỗn hợp cũng chính bằng trung bình
cộng khối lượng phân tử của 2 chất và ngược lại.
Phương pháp này được áp dụng trong việc giải nhiều bài toán khác nhau cả vô
cơ và hữu cơ, đặc biệt là đối với việc chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán một

chất rất đơn giản và ta có thể giải một cách dễ dàng. Sau đây chúng ta cùng xét một
số ví dụ.
Ví dụ 1. Hoà tan 2,97 gam hỗn hợp 2 muối CaCO
3
và BaCO
3
bằng dung dịch
HCl dư, thu được 448 ml khí CO
2
(đktc). Tính thành phần % số mol của mỗi muối
trong hỗn hợp.
Hướng dẫn giải:
Các phản ứng xảy ra: CaCO
3
+ 2HCl CaCl
2
+ H
2
O + CO
2
↑ (1)
BaCO
3
+ 2HCl BaCl
2
+ H
2
O + CO
2
↑ (2)

Từ (1), (2) ⇒ n
hh
= n
CO2
=
4,22
448,0
= 0,02 (mol)
Gọi x là thành pần % về số mol của CaCO
3
trong hỗn hợp
(1-x) là thành phần % về số mol của BaCO
3
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
11
Sáng kiến kinh nghiệm
Ta có:
M
2 muối
= 100x + 197.(1-x) =
02,0
97,2
⇒x=0,5⇒%n
BaCO3
=%n
CaCO3
= 50%
Ví dụ 2. Hoà tan 16,8 gam hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat và sunfit của cùng
một kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít hỗn hợp khí (đktc). Xác
định tên kim loại kiềm.

Hướng dẫn giải:
Gọi kim loại kiềm cần tìm là M
Các phản ứng xảy ra: M
2
CO
3
+ 2HCl 2MCl + H
2
O + CO
2
↑ (1)
M
2
SO
3
+ 2HCl 2 MCl + H
2
O + CO
2
↑ (2)
Từ (1), (2) ⇒ n
muối
= n
khí
=
4,22
36,3
= 0,15 (mol) ⇒
M
muối

=
15,0
8,16
= 112
Ta có: 2M + 60 <
M
< 2M + 80 ⇒ 16 < M < 26. Vì M là kim loại kiềm nên M
= 23 (Na)
Ví dụ 3 . Trong tự nhiên Brom có 2 đồng vị bền là:
79
35
Br và
81
35
Br. Nguyên tử
khối trung bình của Brom là 79,319. Tính thành phần % số nguyên tử của mỗi đồng
vị. Hướng dẫn giải:
Gọi x là thành phần % về số nguyên tử của đồng vị
79
35
Br
⇒ (100 - x) là thành phần % về số nguyên tử của đồng vị
81
35
Br
100
)100(8179 xx
A
Br
−+

=
= 79,319 ⇒ x = 84,05 ; 100 - x = 15,95
Vậy trong tự nhiên, đồng vị
79
35
Br chiếm 84,05% và đồng vị
81
35
Br chiếm 15,95%
số nguyên tử.
Ví dụ 4 . Cho 6,4 gam hỗn hợp 2 kim loại kế tiếp thuộc nhóm IIA của bảng
tuần hoàn tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng, dư thu được 4,48 lít H
2
(đktc). Xác
định tên 2 kim loại.
Hướng dẫn giải:
Gọi công thức chung của 2 kim loại nhóm IIA là
M
. Ta có phương trình phản
ứng:
M
+ 2H
+

M
2+

+ H
2
↑ (*)
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
12
Sáng kiến kinh nghiệm
Theo (*): n
M
= n
H2
=
4,22
48,4
= 0,02 (mol) ⇒
M
=
2,0
4,6
=32 ⇒ Hai kim loại là
Mg (24) và Ca(40).
VII/ Bài tập vận dụng
1.1. Để thu được dung dịch CuSO
4
16% cần lấy m
1
gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O cho

vào m
2
gam dung dịch CuSO
4
8%. Tỉ lệ m
1
/ m
2
là:
A. 1/3 B. 1/4 C. 1/5 D. 1/6
1.2. Hoà tan hoàn toàn m gam Na
2
O nguyên chất vào 40 gam dung dịch NAOH 12%
thu được dung dịch NaOH 51%. Giá trị của m(gam) là:
A. 11,3 B. 20,0 C. 31,8 D. 40,0
1.3. Số lít nước nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H
2
SO
4
98% (d=1,84g/ml)
để được dung dịch mới có nồng độ 10% là:
A. 14,192 B. 15,192 C. 16,192 D. 17,192
1.4. Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,54. Đồng có hai đồng vị bền:
63
29
Cu và
65
29
Cu. Thành phần % số nguyên tử của
65

29
Cu là:
A. 73,0% B. 34,2% C. 32,3% D. 27,0%
1.5. Cần lấy V
1
lít CO
2
và V
2
lít CO để điều chế 24 lít hỗn hợp H
2
và CO có tỉ khối
hơi đối với metan bằng 2. Giá trị củaV
1
(lít) là:
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
1.6. Thêm 150 ml dung dịch KOH 2M vào 120 ml dung dịch H
3
PO
4
0,1M. Khối
lượng các muối thu được trong dung dịch là:
A. 10,44 gam KH
2
PO
4
; 8,5 gam K
3
PO
4

B.10,44 gam K
2
HPO
4
; 12,72 gam K
3
PO
4
C. 10,24 gam K
2
HPO
4
; 13,5 gam KH
2
PO
4
D.13,5 gam KH
2
PO
4
; 14,2 gam K
3
PO
4
1.7. Hoà tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối CaCO
3
và MgCO
3
bằng dung dịch HCl dư, thu
được 0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Thành phần % số mol của MgCO

3
trong
hỗn hợp là: A. 33,33% B. 45,55% C. 54,45% D. 66,67%
1.8. A là khoáng vật cuprit chứa 45% . B là khoáng vật tenorit chứa 70% CuO. Cần
trộn A và B theo tỉ lệ khối lượng T=m
A
/m
B
như thế nào để được quặng C, mà từ 1 tấn
quặng C có thể điều chế được tối đa 0,5 tấn đồng nguyên chất. T bằng:
A. 5/3 B. 5/4 C. 4/5 D. 3/5
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
13
Sáng kiến kinh nghiệm
1.9. Đốt cháy hoàn toàn m gam một hỗn hợp gồm C
2
H
4
, C
3
H
6
, C
4
H
8
thu được 4,4
gam CO
2
và 2,52 gam H

2
O. Giá trị của m là:
A. 1,34 gam B. 1,48 gam C. 2,08 gam D. 2,16 gam
1.10. Dung dịch X có chứa a mol Na
+
, b mol Mg
2+
, c mol Cl
-
và d mol SO
2-
4
. Biểu
thức nào dưới đây là đúng?
A. a + 2b = c + 2d B. a + 2b = c + d C. a + b = c + d D. 2a + b = 2c + d
1.11. Crackinh 5,8 gam C
4
H
10
thu được hỗn hợp khí X. Khối lượng H
2
O thu được khí
đốt cháy hoàn toàn X là:
A. 4,5 gam B. 9 gam C. 18 gam D. 36 gam
1.12. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH
4
, C
3
H
6

và C
4
H
10
thu được 4,4
gam CO
2
và 2,52 gam H
2
O, m có giá trị là:
A. 1,48 gam B. 2,48 gam C. 14,8 gam D. 24,8 gam
1.13. Cho 11,2 lít (đktc) axetilen hợp H
2
O (HgSO
4
, 80
0
C). Khối lượng CH
3
CHO tạo
thành là: A. 4,4 gam B. 12 gam C. 22 gam D. 44 gam
1.14. Oxi hoá 12 gam ancol đơn chức X thu được 11,6 gam anđehit Y. Vậy X là:
A. CH
3
CH
2
CH
2
HO B. CH
3

CH
2
HO C. CH
3
CH(OH)CH
3
D. Kết quả khác
I.15. Cho 0,896 lít hỗn hợp hai anken là đồng đẳng liên tiếp (đktc) lội qua dd brom
dư. Khối lượng bình brom tăng thêm 2,0 gam. Công thức phân tử của hai anken là:
A. C
2
H
4
và C
3
H
6
B. C
3
H
6
và C
4
H
8
C. C
4
H
8
và C

5
H
10
D. Không phải A, B, C
I.16. Lấy m gam bột sắt cho tác dụng với clo thu được 16,25 gam muối sắt clorua.
Hòa tan hoàn toàn cũng lượng sắt đó trong axit HCl dư thu được a gam muối khan.
Giá trị của a (gam) là:
A. 12,7 gam B. 16,25 gam C. 25,4 gam D. 32,5 gam
I.17. Hòa tan hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe
2
O
3
vào dung dịch HCl dư được dung dịch A.
Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy
khô, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá
trị của m là bao nhiêu?
A. 16 gam B. 30,14 gam C. 32 gam D. 48 gam
I.18. Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí A gồm CO và H
2
đi qua hỗn hợp bột CuO, Fe
3
O
4
,
Al
2
O
3
trong ống sứ đun nóng. Sau phản ứng thu được hỗn hợp B gồm khí và hơi,
nặng hơn hỗn hợp A ban đầu là 0,32 gam. Giá trị của V (đktc) là bao nhiêu?

Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
14
Sáng kiến kinh nghiệm
A. 0,112 lít B. 0,224 lít C. 0,336 lít D. 0,448 lít
I.19. Hòa tan hoàn toàn 13,92 gam Fe
3
O
4
bằng dung dịch HNO
3
thu được 448 ml khí
N
x
O
y
(đktc). Xác định N
x
O
y
?
A. NO B. N
2
O C. NO
2
D. N
2
O
5
I.20. Cho 1,24 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra
336 ml H

2
(đktc) và m gam muối. Khối lượng muối thu được là:
A. 1,57 gam B. 1,585 gam C. 1,90 gam D. 1,93 gam
I.21. Khi cho 0,1 mol C
3
H
5
(OH)
3
và 0,1 mol CH
3
COOH nguyên chất, riêng biệt. Khi
cho 2 chất trên tác dụng với Na dư, tổng thể tích khí H
2
thu được ở (đktc) là:
A. 3,66 lít B. 4,48 lít C. 5,6 lít D. 6,72 lít
I.22. Cho 3,38 gam hỗ hợp Y gồm CH
3
OH, CH
3
COOH, C
6
H
5
OH tác dụng vừa đủ
với Na thoát ra 672 ml khí (đktc). Cô cạn dung dịch thì thu được hỗn hợp rắn Y.
Khối lượng Y là:
A. 3,61 gam B. 4,04 gam C. 4,70 gam D. 4,76 gam
I.23. Để khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe
3

O
4
, Fe
2
O
3
cần vừa đủ 2,24 lít
CO (đktc). Khối lượng Fe thu được là:
A. 14,4 gam B. 16 gam C. 19,2 gam D. 20,8 gam
I.24. Cho 4,4 gam một este no, đơn chức tác dụng hết với dung dịch NaOH thu được
4,8 gam muối natri. Công thức cấu tạo của este là:
A. CH
3
CH
2
COOCH
3
B. CH
3
COOCH
2
CH
3
C. HCOOCH
2
CH
2
CH
3
D. Không có este nào phù hợp

I.25. Đốt cháy hỗn hợp hai este no, đơn chức ta thu được 1,8 gam H
2
O. Thủy phân
hoàn toàn hỗn hợp 2 este trên ta thu được hỗn hợp X gồm ancol và axit. Nếu đốt cháy
1/2 hỗn hợp X thì thể tích CO
2
thu được là bao nhiêu?
A. 1,12 lít B. 2,24 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít
I.26. Cho 2,46 gam hỗn hợp gồm HCOOH
,
CH
3
COOH, C
6
H
5
OH tác dụng vừa đủ với
40 ml dung dịch NaOH 1M. Tổng khối lượng muối khan thu được sau khi phản ứng
là:
A. 3,52 gam B. 6,45 gam C. 8,42 gam D. kết quả khác
I.27. Lấy 2,98 gam hỗn hợp X gồm Zn và Fe cho vào 200 ml dung dịch HCl IM, sau
khi phản ứng hoàn toàn ta cô cạn (trong điều kiện không có oxi) thì được 6,53 gam
chất rắn. Thể tích khí H
2
bay ra (đktc) là:
A. 0,56 lít B. 1,12 lít C. 2,24 lít D. 4,48 lít
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
15
Sáng kiến kinh nghiệm
I.28. Cho 29 gam ancol đơn chức Y tác dụng hết với natri tạo ra 5,6 lít khí H

2
(đktc).
Vậy X là:
A. C
2
H
5
OH B. C
3
H
7
OH C. C
3
H
5
OH D. CH
3
OH
I.29. Đốt cháy một este no, đơn chức, mạch hở thu được 1,8 gam H
2
O. Thể tích khí
CO
2
thu được là:
A. 2,24 lít B. 3,36 lít C. 4,48 lít D. 6,72 lít
I.30. Cho 18,8 gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng tác dụng với Na dư, tạo ra 5,6 lít khí H
2
(đktc). Công thức phân tử của hai
ancol 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
7
OH và C
4
H
9
OH D. C
4
H
9
OH và C
5
H

11
OH
I.31. Cho m gam một hỗn hợp Na
2
CO
3
và Na
2
SO
3
tác dụng hết với dung dịch H
2
SO
4
2M dư thì thu được 2,24 lít hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 27. Giá trị
của m là:
A. 11,6 gam B. 10,0 gam C. 1,16 gam D. 1,0 gam
I.32. Một hỗn hợp gồm O
2
, O
3
ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối đối với hiđro là 20.
Thành phần % về thể tích của O
3
trong hỗn hợp sẽ là:
A. 40% B. 50% C. 60% D. 75%
I.33. Đem nung một khối lượng Cu(NO
3
)
2

sau một thời gian dừng lại, làm nguội rồi
đem cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam. Vậy khối lượng muối Cu(NO
3
)
2
đã bị nhiệt
phân là:
A. 0,5 gam B. 0,49 gam C. 9,4 gam D. 0,94 gam
Phần ba: KẾT LUẬN
Trên đây là những suy nghĩ của tôi trong quá trình giảng dạy, đặc biệt là trong
những năm thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy .Việc sử dụng các phương
pháp giải nhanh giúp cho học sinh có tư duy mạch lạc,có đủ thời gian để giải quyết
các bài tập trong kiểm tra đánh giá và đặc biệt là có kết quả cao trong các kỳ thi,
đồng thời giúp học sinh rèn luỵện tư duy giải quyết nhanh , chính xác các vấn đề
trong cuộc sống .
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
16
Sáng kiến kinh nghiệm
Tôi rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp và xin chân trọng cảm ơn!
Uông Bí ngày25 tháng 5 năm 2010
Người viết
Cao Văn Sáng
Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ
17