TIỂU LUẬN BÀI TẬP CÓ CÁCH GIẢI NHANH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
PHÒNG SAU ĐẠI HỌC

BÁO CÁO MÔN HỌC
BÀI TẬP HÓA HỌC
Đề tài:
BÀI TẬP CÓ CÁCH
GIẢI NHANH
Người hướng dẫn :
PGS.TS. Trịnh Văn Biều
Người thực hiện :
Nguyễn Thị Minh An
Trương Thị Cẩm Viên
Học viên cao học khóa 23 – Chuyên ngành : LL và PPDH bộ môn Hóa học
1
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
NỘI DUNG
1. Khái niệm bài tập hóa học có phương pháp giải nhanh………………….5
2. Các dạng bài tập có phương pháp giải nhanh…………………………….5
2.1 . Các dạng bài tập vô cơ có phương pháp giải nhanh………………… 5
2.2 . Các dạng bài tập hữu cơ có phương pháp giải nhanh…………………12
3. Nhận dạng bài tập có phương pháp giải nhanh……………………………16
4. Một số phương pháp giải nhanh……………………………………………16
4.1 . Phương pháp bảo toàn khối lượng………………………………………16
4.2 . Phương pháp tăng giảm khối lượng…………………………………… 18
4.3 . Phương pháp bảo toàn nguyên tố……………………………………… 20
4.4 . Phương pháp bảo toàn điện tích………………………………………….23
4.5 . Phương pháp bảo toàn electron………………………………………… 27
4.6 . Phương pháp trung bình………………………………………………… 28
4.7 . Phương pháp qui đổi………………………………………………………30

4.8 . Phương pháp sử dụng sơ đồ đường chéo………………………………….31
4.9 . Phương pháp sử dụng phương trình electron - ion rút gọn……………… 45
5. Các hình thức sử dụng bài tập có phương pháp giải nhanh…………………….54
6. Cách sử dụng bài tập có phương pháp giải nhanh…………………………… 56
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
2
MỞ ĐẦU
Hiện nay, các kì thi tốt nghiệp phổ thông, thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng đối
với môn hóa học diễn ra bằng hình thức thi trắc nghiệm khách quan. Thời gian làm bài
cho mỗi câu trắc nghiệm chỉ có một phút rưỡi, bao gồm các bài tóan hóa học ở các mức
độ từ dễ đến khó. Dựa vào cách giải toán thông thường học sinh phải viết phương trình
phản ứng, cân bằng, đặt ẩn, thiết lập phương trình đại số có liên quan,…Mất nhiều thời
gian, không đáp ứng được yêu cầu của đề. Do đó, đòi hỏi học sinh phải nắm được các
phương pháp giải nhanh, cách giải ngắn gọn, tốn ít thời gian.
Theo xu hướng đó, các công trình, bài viết nghiên cứu về phương pháp giải nhanh
các bài toán hóa học cũng được truyền tải rộng rãi trên các phương tiện như: sách, báo,
internet,…nhằm giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán hóa học trong thời gian cho
phép. Cũng trên tinh thần đó, phục vụ cho việc nghiên cứu những dạng bài tập có phương
pháp giải nhanh, cách nhận dạng, cách xây dựng, cách sử dụng bài tập có phương pháp
giải nhanh. Em đã viết định chọn đề tài “Bài tập hóa học có phương pháp giải nhanh”.
3
NỘI DUNG
1. KHÁI NIỆM BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH
Là dạng bài tập có phương pháp giải
ngắn gọn, tốn ít thời gian so với cách
giải thông thường, tạo được hứng thú,
mang lại hiệu quả học tập cao.
Là những bài tập có thể sử dụng
phương pháp giải nhanh, tốn ít thời gian

nhất.
Là những bài tập có nhiều cách giải
trong đó có cách giải ngắn gọn, tốn ít
thời gian.

2. CÁC DẠNG BÀI TẬP CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH
2.1 Các dạng bài tập vô cơ có phương pháp giải nhanh: có 9 dạng
Dạng 1: KIM LOẠI, OXIT KIM LOẠI, BAZƠ, MUỐI …TÁC DỤNG
VỚI AXIT KHÔNG CÓ TÍNH OXI HÓA (HCl, H
2
SO
4
loãng )
Phương pháp giải chung :
- Cách 1: Cách giải thông thường: sử dụng phương pháp đại số, thiết lập mối quan hệ
giữa dữ kiện bài toán với ẩn số, sau đó giải phương trình hoặc hệ phương trình.
- Cách 2: Cách giải nhanh: Sử dụng các định luật như: Bảo toàn điện tích, bảo toàn khối
lượng, bảo toàn nguyên tố (Kết hợp với phương pháp đại số để giải).
4
* Chú ý : Thông thường một bài toán phải phối hợp từ 2 phương pháp giải trở lên, chứ
không đơn thuần là áp dụng 1 phương pháp giải
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 1,93 gam hỗn hợp 2 kim loại Fe và Al vào dd HCl dư, sau
phản ứng thu được m gam muối và 1,456 lít khí H
2
ở đktc. Giá trị của m là:
A. 6,545 gam B. 5,46 gam C. 4,565 gam D. 2,456 gam
Giải:
Cách 1: nH
2
= 1,456/22,4= 0,065 mol

Các PTHH: 2Al + 6HCl→ 2AlCl
3
+ 3H
2
(1)
Mol: x x 1,5x
Fe + 2HCl→ FeCl
2
+ H
2
(2)
Mol: y y y
Theo đầu bài ta có: 27x + 56y = 1,93 (I) và 1,5x + y = 0,065 (II). Giải hệ (I) và (II) ta
được:
x =0,03, y= 0,02 → m= 0,03.133,5 + 0,02. 127= 6,545 gam . Vậy đáp án A đúng
Cách 2: Ta luôn có nHCl=2nH
2
= 2.0,065=0,13 mol. Vậy theo định luật bảo toàn khối
lượng ta có:
1,93 + 0,13.36,5= m + 0,065.2 → m= 6,545 gam→ Vậy đáp án A đúng
* Như vậy cách giải 2 ngắn gọn hơn và nhanh hơn rất nhiều cách 1, tuy nhiên muốn giải
theo cách 2 chúng ta cần chú ý một số vấn đề sau:
- Trong các pư của kim loại, oxit… với axit thì : nHCl= 2nH
2
hoặc nHCl = 2nH
2
O
Còn: nH
2
SO

4
= nH
2
=nH
2
O
nOH
-
= 2nH
2
(trong phản ứng của kim loại với H
2
O)
- Khi cho axit HCl tác dụng với muối cacbonat (CO
3
2-
) cần chú ý:
+ Khi cho từ từ HCl vào CO
3
2-
thì tứ tự phản ứng là:
CO
3
2-
+ H
+
→ HCO
3
-
sau đó khi HCl dư thì:

HCO
3
-
+ H
+
→ CO
2
+ H
2
O
5
+ Khi cho từ từ CO
3
2-
hoặc HCO
3
-
vào dd HCl thì: xảy ra đồng thời cả 2 phản ứng
CO
3
2-
+ 2H
+
→ H
2
O + CO
2
HCO
3
-

+ H
+
→ CO
2
+ H
2
O
Dạng 2: KIM LOẠI , OXIT KIM LOẠI VÀ MUỐI TÁC DỤNG VỚI CÁC DUNG
DỊCH AXIT CÓ TÍNH OXI HÓA MẠNH (H
2
SO
4
đặc, HNO
3
)
Phương pháp giải chung:
Phương pháp chủ yếu là sử dụng định luật bảo toàn electron, kết hợp với các pp khác
như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích
Khi làm dạng này cần chú ý một số vấn đề sau:
+ Khi cho kim loại tác dụng với các axit H
2
SO
4
và HNO
3
thì:
- Tổng số mol H
2
SO
4

phản ứng bằng = nSO
4
2-
trong muối + n của sản phẩm khử(SO
2
, S,
H
2
S)
Mà số mol SO
4
2-
trong muối = tổng số mol e nhường chia 2= Tổng số mol e nhận chia 2.
- Tổng số mol HNO
3
phản ứng = nNO
3
-
trong muối + n của sản phẩm khử(NO
2
, NO,
N
2
O, N
2
,NH
3
)
Lưu ý: nếu sản phẩm khử là N
2

, N
2
O thì phải nhân thêm 2
Mà số mol NO
3
-
trong muối bằng tổng số mol e nhường = tổng số mol e nhận
+ Tất cả các chất khi tác dụng với 2 axit trên đều lên mức oxi hóa cao nhất
+ Ion NO
3
-
trong môi trường axit có tính oxi hóa như HNO
3
loãng
+ Khi phản ứng hóa học có HNO
3
đặc thì khí thoát ra thong thường là NO
2
, HNO
3
loãng
là NO. Tuy nhiên với các kim loại mạnh như Mg, Al, Zn thì khi tác dụng với HNO
3
loãng
thì HNO
3
có thể bị khử thành N
2
O, N
2

hoặc NH
3
(trong dung dịch HNO
3
là NH
4
NO
3
)
+ Đối với oxit sắt: nếu trong một hỗn hợp nFeO= nFe
2
O
3
thì coi hỗn hợp FeO, Fe
2
O
3
là
Fe
3
O
4
6
+ Nếu một bài toán có nhiều quá trình oxi hóa khử chúng ta chỉ cần để ý đến số oxi hóa
của nguyên tố đó trước và sau phản ứng, sau đó dùng định luật bảo boàn e áp dụng chung
cho cả bài toán
VD: (Bài tập 1: Đề bài bên dưới)
Ta có thể tóm tắt bài tập này như sau:
Fe +O
2

→ hỗn hợp X(có thể có: Fe, FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
) + HNO
3
Fe
3+
Như vậy: Ban đầu từ: Fe
o
→ Fe
3+
+ 3e O
2
+ 4e→ 2O
2-
và N
+5
+ 3e
→ N
+2
Mol: m/56 3m/56 (3-m)/32 (3-m)/8 0,075 0,025
Theo bảo toàn e: 3m/56 = (3-m)/8 + 0,075. Giải phương trình này ta được m= 2,52 gam
Như vậy với bài toán dạng: Nung m gam bột Fe trong oxi (hoặc để m gam bột Fe trong
không khí) sau một thời gian thu được a gam hh X(gồm Fe và các oxit). Cho X tác dụng
với dung dịch HNO

3
thu được khí N
x
O
y
duy nhất ở đktc thì giữa: m, a, x có mối quan hệ
sau
+ Khi Fe tác dụng với HNO
3
, nếu sau phản ứng Fe còn dư thì Fe sẽ tác dụng với
Fe(NO
3
)
3
tạo thành Fe(NO
3
)
2
.
Dạng 3: KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI CÁC DUNG DỊCH MUỐI
Phương pháp giải chung
- Với loại bài toán này thì đều có thể vận dụng cả 2 phương pháp đại số và một số
phương pháp giải nhanh như: bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng , đặc biệt là pp
tăng giảm khối lượng
- Khi giải cần chú ý:
7
hoặc
Trong đó : b là số e nhận
+ Thuộc dãy điện hóa của kim loại
+ Khi giải nên viết các PTHH dưới dạng ion rút gọn thì bài toán sẽ đơn giản hơn

+ Các bài tâp này đều dựa trên phản ứng của kim loại mạnh hơn tác dụng với muối của
kim loại yếu hơn, tuy nhiên một số trường hợp không xảy ra như vậy: thí dụ: Khi cho
các kim loại kiềm và kiềm thổ(Ca, Ba, Sr) tác dụng với các dung dịch muối của kim
loại yếu hơn thì các kim lọai này sẽ tác dụng với H
2
O trong dung dịch đó trước , sau đó
kiềm sinh ra sẽ tác dụng với muối.
VD: Cho lần lượt 2 kim loại Fe và Na vào 2 ống nghiệm đựng dung dịch CuSO
4
. Nêu
hiện tượng và viết PTHH
Giải: - Khi cho Fe vào dung dịch CuSO
4
(màu xanh) thì có hiện tượng dung dịch bị
nhạt màu và có chất rắn màu đỏ bám trên kim loại Fe
Fe + CuSO
4
→ FeSO
4
+ Cu↓(đỏ)
Xanh ko màu
- Khi cho Na vào dung dịch CuSO
4
thì thấy có khí không màu thoát ra và có kết tủa
xanh
2Na + 2H
2
O→ 2NaOH + H
2
↑

2NaOH + CuSO
4
→ Cu(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
Xanh
+ Khi cho một hỗn hợp nhiều kim loại tác dụng với một hỗn hợp muối thì phản ứng xảy
ra theo thứ tự: kim loại có tính khử mạnh nhất sẽ tác dụng hết với các muối có tính oxi
hóa mạnh nhất , sau đó mới đến lượt các chất khác
VD: Cho hỗn hợp Fe, Al vào dung dịch chứa AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
thì xảy ra lần lượt
các phản ứng sau:
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)
8
+ Trong bài toán có sự tăng giảm khối lượng thì:
m
KL
↑= m
KL bám vào
– m
KL tan ra

m
KL↓
= m
KLtan ra
- m
KL bám vào
Dạng 4: BÀI TẬP VỀ CÁC HỢP CHẤT LƯỠNG TÍNH
Phương pháp giải chung
- Với dạng bài tập này phương pháp tối ưu nhất là pp đại số: Viết tất cả các PTHH xảy ra,
sau đó dựa vào các dữ kiện đã cho và PTHH để tính toán
- Một số vấn đề cần chú ý:
+ Cần phải hiểu thế nào là hợp chất lưỡng tính(vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với
bazo) bao gồm muối HCO
3
-
, HSO
-
3
, các oxit: Al
2
O
3
, ZnO, Cr
2
O
3
, các hiđroxit như:
Al(OH)
3
, Zn(OH)

2
, Cr(OH)
3
+ Bài toán về sự lưỡng tính của các hidroxit có 2 dạng như sau: Ví dụ về Al(OH)
3
* Bài toán thuận: Cho lượng chất tham gia phản ứng , hỏi sản phẩm
VD: Cho dung dịch muối nhôm (Al
3+
) tác dụng với dung dịch kiềm (OH
-
). Sản phẩm thu
được gồm những chất gì phụ thuộc vào tỉ số k = nOH
-
/nAl
3+
+ Nếu k≤ 3 thì Al
3+
phản ứng vừa đủ hoặc dư khi đó chỉ có phản ứng
Al
3+
+ 3OH
-
→ Al(OH)
3
↓ (1) (k= 3 có nghĩa là kết tủa cực
đại)
+ Nếu k ≥ 4 thì OH
-
phản ứng ở (1) dư và hòa tan vừa hết Al(OH)
3

theo phản ứng sau:
Al(OH)
3
+ OH
-
→ Al(OH)
4
-
(2)
+ Nếu 3< k < 4 thì OH
-
dư sau phản ứng (1) và hòa tan một phần Al(OH)
3
ở (2)
* Bài toàn nghịch: Cho sản phẩm , hỏi lượng chất đã tham gia phản ứng
VD: Cho a mol OH
-
từ từ vào x mol Al
3+
, sau phản ứng thu được y mol Al(OH)
3
(x, y đã
cho biết). Tính a?
Nhận xét: nếu x=y thì bài toán rất đơn giản, a= 3x=3y
Nếu y< x Khi đó xảy ra một trong hai trường hợp sau:
9
a = 3y
+ Trường hợp 1: Al
3+
dư sau phản ứng (1) Vậy Trường hợp này số mol

OH
-
là nhỏ nhất
+ Trường hợp 2: Xảy ra cả (1) và (2) vậy: Trường hợp này số mol
OH
-
là lớn nhất
+ Muốn giải được như bài toán trên chúng ta cần quy về số mol Al
3+
trong AlCl
3
,
Al
2
(SO
4
)
3
và quy về số mol OH
-
trong các dd sau: NaOH, KOH, Ba(OH)
2
, Ca(OH)
2
+ Cần chú ý đến kết tủa BaSO
4
trong phản ứng của Al
2
(SO
4

)
3
với dung dich Ba(OH)
2
.
Tuy cách làm không thay đổi nhưng khối lượng kết tủa thu được gồm cả BaSO
4
+ Trong trường hợp cho OH
-
tác dụng với dung dịch chứa cả Al
3+
và H
+
thì OH
-
sẽ phản
ứng với H
+
trước sau đó mới phản ứng với Al
3+
+ Cần chú ý các dung dịch muối như Na[Al(OH)
4
], Na
2
[Zn(OH)
4
] khi tác dụng với khí
CO
2
dư thì lượng kết tủa không thay đổi vì:

Na[Al(OH)
4
] + CO
2
→ Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3
, Còn khi tác dụng với HCl hoặc H
2
SO
4

loãng thì lượng kết tủa có thể bị thay đổi tùy thuộc vào lượng axit:
HCl + Na[Al(OH)
4
] → Al(OH)
3
↓+ NaCl + H
2
O
Nếu HCl dư: Al(OH)
3
+ 3HCl→ AlCl
3
+ 3H
2
O
Dạng 5: BÀI TẬP VỀ ĐIỆN PHÂN
Phương pháp giải chung:

- Đối với dạng này chúng ta cần phải viết được sản phẩm của quá trình điện phân
nóng chảy, điện phân dung dịch. Đặc biệt là điện phân dung dịch:
+ Ở catot (cực âm): Thứ tự xảy ra điện phân như sau: Au
3+
, Ag
+
, Cu
2+
, H
+
, Pb
2+
, Sn
2+
,
Ni
2+
, Fe
2+
, Zn
2+
, H
2
O, Al
3+
, Mg
2+
, Ca
2+
, Na

+
, K
+
Ví dụ: Ag
+
+ 1e→ Ag
H
2
O + 2e→ H
2
↑ + 2OH
-
+ Ở anot (cực dương): thứ tự xảy ra điện phân như sau: I
-
, Br
-
, Cl
-
, OH
-
, H
2
O, SO
4
2-
,
NO
3
-
Ví dụ: 2Cl

-
→ Cl
2
+ 2e
2H
2
O→ O
2
↑ + 4H
+
+ 4e
- Vận dụng công thức của định luật Faraday:
Trong đó: m là khối lượng chất thu được ở các điện cực (g)
10
a= 4x-y
A là nguyên tử khối của chất ở điện cực
I là cường độ dòng điện (A)
t là thời gian điện phân (s)
n là số e nhường hoặc nhận của chất ở điện cực
F là hằng số faraday = 96500
Dạng 6: BÀI TẬP VỀ PHẢN ỨNG CỦA CO
2
, SO
2
VỚI CÁC DUNG DỊCH KIỀM
Định hướng phương pháp giải chung:
Đưa số mol kiềm về số mol của ion OH
-
, sau đó viết PTHH, tính theo PTHH đó: có
2 dạng bài toán

Bài toán thuận: Cho chất tham gia phản ứng, tìm sản phẩm: Với bài toán loại này ta
chỉ cần tính tỉ số mol gữa OH
-
và O
2
(SO
2
)
Đặt k= nOH
-
/nCO
2
Khi đó nếu:
+ k≤ 1 sản phẩm thu được là muối axit, tức là chi xảy ra phản ứng: OH
-
+ CO
2

→HCO
3
-
(1)
+ k≥ 2 sản phẩm thu được là muối trung hòa, tức là chỉ xảy ra phản ứng: 2OH
-
+
CO
2
→ CO
3
2-

+ H
2
O (2)
+ 1< k < 2 : sản phẩm gồm cả 2 muối, tức là xảy ra cả (1) và (2), khi đó lập hệ
phương trình theo số mol CO
2
và số mol OH
-
sẽ tìm được số mol 2 muối.
Bài toán nghịch: Cho sản phẩm, hỏi chất tham gia phản ứng:
VD: Cho x mol CO
2
tác dụng với a mol OH
-
tạo thành b kết tủa (b mol muối trung
hòa). Tìm giá trị x biết a,b.
Giải: Với bài toán này thì chúng ta chú ý đến giá trị a, b.
- Nếu a=2b thì bài toán rất đơn giản x= b
- Nếu a> 2b thì bài toán có thể có 2 đáp số vì xảy ra 2 trường hợp
+ Trường hợp 1: OH
-
dư, tức là chỉ xảy ra phản ứng (2) Vậy x= b
+ Trường hợp 2; Xảy cả 2 phản ứng (1),(2): Vậy x= a-b
Chú ý: Để giải được bài toán dạng này chúng ta cần hểu;
+ Cho dù đầu bài cho CO
2
hay SO
2
tác dụng với 1 hay nhiều dung dịch kiềm thì ta
cũng đưa hết về số mol OH

-
+ Nếu bài toán yêu cầu tính số mol kết tủa thì giữa số mol CO
3
2-
(SO
3
2-
) và Ba
2+

( Ca
2+
) ion nào có số mol nhỏ hơn thì số mol kết tủa tính theo ion đó.
Dạng 7: BÀI TẬP VỀ PHẢN ỨNG CỦA CO, H
2
, C, Al VỚI OXIT KIM LOẠI
Định hướng phương pháp giải chung
- Phương chung để giải là dùng phương pháp bảo toàn electron hoặc bảo toàn nguyên tố
hoặc bảo toàn khối lượng để giải.
- Chú ý : + Trong các phản ứng của C, CO, H
2
thì số mol CO= nCO
2
, nC= nCO
2
,
11
nH
2
= nH

2
O.
+ Các chất khử C, CO, H
2
không khử được các oxit MgO, Al
2
O
3
và các oxit khác của
kim loại kiềm và kiềm thổ.
+ Đa số khi giải chúng ta chỉ cần viết sơ đồ chung của phản ứng, chứ không cần viết
PTHH cụ thể, tuy nhiên các phản ứng nhiệt nhôm nên viết rõ PTHH vì bài toán còn liên
quan nhiều chất khác.
+ Thực chất khi cho CO, H
2
tác dụng với các chất rắn là oxit thì khối lượng của chất rắn
giảm đi chính là khối lượng của oxi trong các oxit.
Dạng 8: XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC CỦA HỢP CHẤT VÔ CƠ VÀ HỮU CƠ
Định hướng phương pháp giải chung
a) Đối với bài toán tìm công thức của chất vô cơ:
- Bao gồm xác định tên kim loại, tên oxit, tên muối…
Nhưng phương pháp chung là tìm được nguyên tử khối của kim loại, phân tử khối của
oxi, muối…hoặc tìm được tỉ lệ về số nguyên tử của các nguyên tố trong hợp chất. muốn
làm được như vậy chúng ta có thể áp dụng phương pháp trung bình (nguyên tử khối trung
bình, phân tử khối trung bình) và phối hợp các phương pháp khác như pp đại số, bảo toàn
khối lượng, tăng giảm khối lượng. Trong đó pp đại số là cơ bản.
- Khi tìm công thức của hợp chất vô cơ hay hữu cơ chúng ta có thể dùng đáp án để loại
bỏ các trường hợp khác của bài toán
- Một số kim loại có nhiều hóa trị nên trong các phản ứng khác nhau nó có thể thể hiện
các hóa trị khác nhau, tùy thuộc vào đề bài.

b) Đối với bài toán tìm CTPT hoặc CTCT của hợp chất hữu cơ thì phương pháp chung là
tìm được số nguyên tử cacbon, hidro, oxi hoặc tìm được phân tử khối của hợp chất đó.
Muốn vây chúng ta cũng sử dụng phương pháp trung bình (số nguyên tử cacbon trung
bình, phân tử khối trung bình), pp đại số, pp tăng giảm khối lượng, pp bảo toàn khối
lượng…
- Muốn giải được bài toán dạng này thì điều quan trọng nhất là phải viết được các công
thức phân tử dạng tổng quát của HCHC đó phù hợp với bài toán.
- Viết đúng và cân bằng đúng phương trình dạng tổng quát đó.
12
Dạng 9: BÀI TẬP VỀ HIỆU SUẤT PHẢN ỨNG
Phương pháp giải chung
- Phương pháp giải chủ yếu là phương pháp đại số, viết PTHH và tính theo PTHH đó
- Cần chú ý một số vấn đề sau:
+ Hiệu suất phản ứng chỉ áp dụng cho các phản ứng xảy ra chưa hoàn toàn tức là sau
phản ứng cả 2 chất tham gia đều còn dư: Dấu hiệu để nhận ra pư xảy ra không hoàn toàn
là bài toán không có câu “ phản ứng xảy ra hoàn toàn’’, hoặc có câu “ phản ứng một thời
gian”
+ Hiệu suất phản ứng có thể được tính theo lượng chất (số mol, khối lượng, thể tích)
tham gia hoặc lượng chất sản phẩm. Công thức chung như sau:
+ Nên nhớ rằng 0 < H< 1. Nếu đề bài cho biết lượng chất tham gia phản ứng thì đó là
lượng lý thuyết, nếu đề bài cho biết lượng chất sản phẩm thì đó là lượng thực tế.
+ Nếu đề bài cho biết lượng chất của 2 chất tham gia phản ứng thì hiệu suất được tính
theo chất nào hết trước khi ta giả sử hiệu suất phản ứng là 100%.
2.2 Các dạng bài tập hữu cơ có phương pháp giải nhanh
13
H=
Lượng thực tế
Lượng lý thuyết
.100%
Dạng 1: ESTE – LIPIT

Bài tập về phản ứng xà phòng hóa
• Nếu bài toán cho dung dịch thu được sau phản ứng với dung dịch NaOH, đem cô
cạn còn lại m gam chất rắn khan thì trong chất rắn ngoài muối natri của axit
cacboxylic còn có thể có NaOH nếu NaOH dư.
• Hai este đồng phân sẽ có cùng công thức phân tử nhưng gốc axit hoặc gốc ancol
khác nhau nên trong phản ứng xà phòng hóa ta vẫn phải sử dụng công thức trung
bình để thay cho công thức của hai este.
• Este HCOOR’ tham gia phản ứng tráng gương tương tự andehit.
Dạng 2: CACBONHIDRAT
• Trong dung dịch fructozơ các dạng mạch vòng và mạch hở chuyển hóa lẫn nhau
giống như glucozơ.
• Tương tự glucozơ, fructozơ cũng cho phản ứng tạo phức với Cu(OH)
2
, tráng bạc,
cộng H
2
, fructozơ không làm mất màu dung dịch Br
2
.
• Saccaro zơ chỉ có phản ứng thủy phân và có tính chất poliol.
• Mantozơ có nhóm –OH hemiaxetan ở gốc glucozơ thứ 2 còn tự do nên trong dung
dịch có thể mở vòng tạo –CHO nên có tính chất hóa học hoàn toàn giống glucozơ
và cho được phản ứng thủy phân.
• Tinh bột và xenlulozơ có cùng công thức phân tử (C
6
H
10
O
5
)

n
nhưng không phải là
đồng phân của nhau vì giá trị n khác nhau. Khi thủy phân đến cùng tinh bột và
xenlulozơ đều cho sản phẩm là glucozơ.
• Khi đốt cháy tinh bột, xenlulozơ, saccarozơ, mantozơ đều cho n
CO2
> n
H2O
. Tuy
nhiên đố cháy glucozơ và fructozơ thi n
CO2
= n
H2O
Dạng 3: AMIN – AMINO AXIT – PROTEIN
Bài tập về phản ứng với axit
R(NH
2
)
t
+ tHCl  R(NH
3
Cl)
t
Phản ứng tái tạo amin:
14
R(NH
3
Cl)
t
+ tNaOH  R(NH

2
)
t
+ tNaCl
Nếu bài toán cho hỗn hợp nhiều amin thì ta thay hỗn hợp các amin bằng R(NH
2
)
t
(t
≥ 1).
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m
amin
+ m
axit
= m
muối

Tính lưỡng tính của amino axit
ddHCl ddNaOH
2 x y
2 x y
R(NH ) (COOH) dd A dd B
R(NH ) (COOH)
xem dd A gôm
HCl
→ →

+ ΝαΟΗ



Hay sơ đồ bài toán cho:
ddNaOH ddHCl
2 x y
2 x y
R(NH ) (COOH) dd A dd B
R(NH ) (COOH)
xem dd A gôm Cl
NaOH
→ →

+ Η



Viết phương trình phản ứng ra để giải.
Dạng 4: POLIME – VẬT LIỆU POLIME
Để giải nhanh bài tập về nhóm này cần:
• Nắm vững tính chất hóa học và phương pháp điều chế polime.
• Cách tổng hợp một số vật liệu polime.
• Cao su thiên nhiên và cao su tổng hợp.
• Keo dán urefomandehit.
3. CÁCH NHẬN DẠNG
• Dựa vào các dạng đã phân ra ở mục 2 giáo viên hướng dẫn học sinh dễ
dàng nhận ra từng dạng, cách giải, cách áp dụng. Hoặc có thể dựa vào đặc
điểm của bài toán.
• Bài toán thiếu dữ kiện khi sử dụng các phương pháp đại số thông thường.
15
• Bài toán có nhiều quá trình biến đổi chỉ cần thấy rõ bản chất của sự biến
đổi, viết sơ đồ, áp dụng phương pháp giải nhanh để giải.

• Bài toán cần kết hợp giữa các dạng.
• Bài toán rơi vào công thức tính nhanh có sẵn
4. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH
4.1 Phương pháp bảo toàn khối lượng
1. Nội dung phương pháp
- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (BTKL): “ Tổng khối lượng các chất tham
gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sản phẩm”
Điều này giúp ta giải bài toán hóa học một cách đơn giản, nhanh chóng
Xét phản ứng: A + B → C + D
Ta luôn có: m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
(1)
* Lưu ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải xác định
đúng lượng chất (khối lượng) tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết
tủa, bay hơi, đặc biệt là khối lượng dung dịch).
2. Các dạng bài toán thường gặp
Hệ quả 1: Biết tổng khối lượng chất ban đầu ↔ khối lượng chất sản phẩm
Phương pháp giải: m(đầu) = m(sau) (không phụ thuộc hiệu suất phản ứng)
Hệ quả 2: Trong phản ứng có n chất tham gia, nếu biết khối lượng của (n – 1) chất thì
ta dễ dàng tính khối lượng của chất còn lại.
Hệ quả 3: Bài toán: Kim loại + axit → muối + khí
m = m + m
- Biết khối lượng kim loại, khối lượng anion tạo muối (tính qua sản phẩm khí) →
khối lượng muối

- Biết khối lượng muối và khối lượng anion tạo muối → khối lượng kim loại
- Khối lượng anion tạo muối thường được tính theo số mol khí thoát ra:
• Với axit HCl và H
2
SO
4
loãng
16
muối
kim loại
anion tạo muối
+ 2HCl → H
2
nên 2Cl
−
↔ H
2
+ H
2
SO
4
→ H
2
nên SO
4
2
−
↔ H
2
• Với axit H

2
SO
4
đặc, nóng và HNO
3
: Sử dụng phương pháp ion – electron (xem
thêm phương pháp bảo toàn electron hoặc phương pháp bảo toàn nguyên tố)
Hệ quả 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại bởi các chất khí (H
2
, CO)
Sơ đồ: Oxit kim loại + (CO, H
2
) → rắn + hỗn hợp khí (CO
2
, H
2
O, H
2
, CO)
Bản chất là các phản ứng: CO + [O] → CO
2
H
2
+ [O] → H
2
O
⇒ n[O] = n(CO
2
) = n(H
2

O) → m = m - m
[O]
3. Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng.
Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi
biết quan hệ về khối lượng của các chất trước và sau phản ứng.
Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc
sử dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn.
Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sủ dụng trong các bài toán nhiều
chất.
4. Các bước giải
- lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng.
- Từ giả thiết của bài toán tìm
m
∑
=
m
∑
(không cần biết phản ứng là hoàn toàn
hay không hoàn toàn)
- Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp dữ
kiện khác để lập hệ phương trình toán.
- Giải hệ phương trình.
4.2 Phương pháp tăng giảm khối lượng
1. Nội dung phương pháp
- Mọi sự biến đổi hóa học (được mô tả bằng phương trình phản ứng) đều có liên quan
đến sự tăng hoặc giảm khối lượng của các chất.
+ Dựa vào sự tăng hoặc giảm khối lượng khi chuyển 1 mol chất X thành 1 hoặc
nhiều mol chất Y (có thể qua các giai đoạn trung gian) ta dễ dàng tính được số mol của
17
rắn

oxit
trước
sau
RO = 31 ⇒ R = 15 (CH
3
) ⇒ X là CH
3
OH
các chất và ngược lại, từ số mol hoặc quan hệ về số mol của 1 các chất mà ta sẽ biết
được sự tăng hay giảm khối lượng của các chất X, Y.
+ Mấu chốt của phương pháp là: * Xác định đúng mối liên hệ tỉ lệ mỗi giữa các chất
đã biết (chất X) với chất cần xác định (chất Y) (có thể không cần thiết phải viết phương
trình phản ứng, mà chỉ cần lập sơ đồ chuyển hóa giữa 2 chất này, nhưng phải dựa vào
ĐLBT nguyên tố để xác định tỉ lệ mỗi giữa chúng).
* Xem xét khi chuyển từ chất X thành Y (hoặc
ngược lại) thì khối lượng tăng lên hay giảm đi theo tỉ lệ phản ứng và theo đề cho.
* Sau cùng, dựa vào quy tắc tam suất, lập
phương trình toán học để giải.
2. Các dạng bài toán thường gặp
Bài toán 1: Bài toán kim loại + axit (hoặc hợp chất có nhóm OH linh động) → muối +
H
2

2M + 2nHX → 2MX
n
+ nH
2
(l)
2M + nH
2

SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(2)
2R(OH)
n
+ 2nNa → 2R(ONa)
n
+ nH
2
(3)
Từ (l), (2) ta thấy: khối lượng kim loại giảm vì đã tan vào dung dịch dưới dạng ion,
nhưng nếu cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn thu được sẽ tăng lên so
với khối lượng kim loại ban đầu, nguyên nhân là do có anion gốc axit thêm vào.
Từ (3) ta thấy: khi chuyển 1 một Na vào trong muối sẽ giải phóng 0,5 mol H
2
tương ứng
với sự tăng khối lượng là ∆m
↑
= M
RO
. Do đó, khi biết số mol H
2

và ∆m
↑
=> R.
Thí dụ: Cho m gam ancol đơn chức X vào bình đựng Na dư, sau phản ứng có 0,1 mol
H
2
và khối lượng bình tăng 6,2gam. Xác định CTPT của X.
Hướng dẫn giải
Theo (3), với n = 1 : 1 mol Na → 1 mol R- ONa
→ 0,5 mol H
2
: ∆m
↑
= M
RO
0,1 mol H
2
: ∆m
↑
= 6,2gam
Bài toán 2: Bài toán nhiệt luyện
Oxit (X) + CO (hoặc H
2
) → rắn (Y) + CO
2
(hoặc H
2
O)
Ta thấy: dù không xác định được Y gồm những chất gì nhưng ta luôn có vì oxi bị tách
ra khỏi oxit và thêm vào CO (hoặc H

2
) tạo CO
2
hoặc H
2
O ⇒
∆m
↓
= m
X
- m
Y
= m
O
⇒ n
O
=
16
m
↓
V
= n
CO
= n
2
CO
(hoặc =
2
H
n

= n
2
H
)
18
Bài toán 3: Bài toán kim loại + dung dịch muối: nA + mB
n+
→ nA
m+
+ mB↓
Ta thấy: Độ tăng (giảm) khối lượng của kim loại chính là độ giảm (tăng) khối lượng
của muối (vì m
anion
= const) .
* Chú ý: Coi như toàn bộ kim loại thoát ra là bám hết lên thanh kim loại nhúng vào
dung dịch muối.
Bài toán 4: Bài toán chuyển hóa muối này thành muối khác.
Khối lượng muối thu được có thể tăng hoặc giảm, do sự thay thế anion gốc axit này
bằng anion gốc axit khác, sự thay thế này luôn tuân theo quy tắc hóa trị (nếu hóa trị của
nguyên tố kim loại không thay đổi).
* Từ 1 mol CaCO
3
→ CaCl
2
: ∆m
↑
= 71 - 60 = 11
(cứ 1 mol CO
3
2

−

hóa trị 2 phải được thay thế bằng 2 mol Cl
−
hóa trị 1)
* Từ 1 mol CaBr
2
→ 2 mol AgBr: ∆m
↑
= 2. 108 - 40 = 176
(cứ 1 mol Ca
2+
hóa trị 2 phải được thay thế bằng 2 mol Ag
+
hóa trị 1)
Bài toán 5: Bài toán chuyển oxit thành muối:
M
x
O
y
→ M
x
Cl
2y
(cứ 1 mol O
-2
được thay thế bằng 2 mol Cl
−
)
M

x
O
y
→ M
x
(SO
4
)
y
(cứ 1 mol O
-2
được thay thế bằng 1 mol SO
4
2
−
)
* Chú ý: Các điều này chỉ đúng khi kim loại không thay đổi hóa trị.
Bài toán 6: Bài toán phản ứng este hóa:
RCOOH + HO – R
’
↔ RCOOR
’
+ H
2
O
- m
este
< m : ∆m tăng = m - m
este
- m

este
> m : ∆m giảm = m
este
– m
Bài toán 7: Bài toán phản ứng trung hòa: - OH
axit, phenol
+ kiềm
- OH
(axit, phenol)
+ NaOH → - ONa + H
2
O
(cứ 1 mol axit (phenol) → muối: ∆m
↑
= 23 – 1 = 22)
3. Đánh giá phương pháp tăng giảm khối lượng
- Phương pháp tăng giảm khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi
biết quan hệ về khối lượng và tỉ lệ mỗi của các chất trước và sau phản ứng.
- Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra là hoàn toàn hay không hoàn toàn thì
việc sử dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn.
- Các bài toán giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng đều có thể giải được theo
phương pháp bảo toàn khối lượng, vì vậy có thể nói phương pháp tăng giảm khối lượng
và bảo toàn khối lượng là 2 anh em sinh đôi. Tuy nhiên, tùy từng bài tập mà phương pháp
này hay phương pháp kia sẽ là ưu việt hơn.
- Phương pháp tăng giảm khối lượng thường được sử dụng trong các bài toán hỗn
hợp nhiều chất.
19
muối
muối
muối

muối
4. Các bước giải
- Xác định đúng một quan hệ tỷ lệ mỗi giữa chất cần tìm và chất đã biết (nhờ vận
dụng ĐLBTNL).
- Lập sơ đồ chuyển hoá của 2 chất này.
- Xem xét sự tăng hoặc giảm của ∆M và ∆m theo phương trình phản ứng và theo dữ
kiện bài toán
- Lập phương trình toán học để giải.
4.3 Phương pháp bảo toàn nguyên tố
- Nguyên tắc chung của phương pháp là dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT);
“ Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”
Điều này có nghĩa là: “Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kỳ trước và sau
phản ứng là luôn bằng nhau”
- Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định được đúng các hợp phần có chứa
nguyên tố X ở trước và sau phản ứng, áp dụng ĐLBT nguyên tố với X để rút ra mối quan
hệ giữa các hợp phần từ đó đưa ra kết luận chính.
CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP
Phương pháp bảo toàn nguyên tố có thể áp dụng cho hầu hết các dạng bài tập, đặc biệt
là các dạng bài hỗn hợp nhiều chất, xảy ra nhiều biến đổi phức tạp. Dưới đây là một số
dạng bài tập điển hình.
Dạng 1. Từ nhiều chất ban đầu tạo thành một sản phẩm.
Từ dữ kiện đề bài → số mol của nguyên tố X trong các chất đầu → tổng số mol trong sản
phẩm tạo thành → số mol sản phẩm.
- Hỗn hợp kim loại và oxit kim loại → hyđroxit kim loại → oxit
- Al và Al
2
O
3
+ các oxit sắt hỗn hợp rắn → hyđroxit → Al
2

O
3
+ Fe
2
O
3
⇒
2 3
Al O
n
(cuối)
=
Al
n
2
+
2 3
Al O
n
(đầu)
;
2 3
Fe O
n
(cuối)
=
Fe
n
2
∑

Dạng 2. Từ một chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm
Từ dữ kiện đề bài → tổng số mol ban đầu, số mol của các hợp phần đã cho → số mol của
chất cần xác định.
- Axit có tính oxi hóa (HNO
3
, H
2
SO
4
đặc, nóng) Muối + khí
⇒ n
X (axit)
= n
X (muối)
+ n
X (khí)
(X: N hoặc S)
20
t
0
(đầu)
Kim loại
- Khí CO
2
(hoặc SO
2
) hấp thụ vào dung dịch kiềm:
CO
2
→ CO

3
2
−
+ HCO
3
−
SO
2
→ SO
3
2
−
+ HSO
3
−
⇒
2
CO
n
=
2
3
CO
n
−
+
3
HCO
n
−

⇒
2
SO
n
=
2
3
SO
n
−
+
3
HSO
n
−
- Tính lưỡng tính của Al(OH)
3
Trường hợp 1 Trường hợp 2
Al
3+
OH
−
→
Al(OH)
3
+ [Al(OH)
4
]
−
[Al(OH)

4
]

−

H
+
→
Al(OH)
3
+ Al
3+
⇒
3
Al
n
+
∑
=
3
Al(OH)
n
[ ]
−
+
3
Al(OH)
n
⇒
4

Al(OH)
n
[ ]
−
∑
=
3
Al
n
+
+
3
Al(OH)
n
- Hỗn hợp các oxit kim loại + CO (H
2
)
0
t
→
hỗn hợp chất rắn + CO
2
(H
2
O)
Theo định luật bảo toàn nguyên tố với O:
* Khi H = 100%: n
O (oxit)
= n
O (rắn)

+ n
hỗn hợp khí sau
= n
O (rắn)
+ n
hỗn hợp khí trước
* Khi H < 100%:
n
O (oxit)
= n
O (rắn)
+

- Bài toán cracking ankan:
Ankan X hỗn hợp Y
Mặc dù có những biến đổi hóa học xảy ra trong quá trình cracking, và Y thường là hỗn
hợp phức tạp (có thể có H
2
), do phản ứng cracking xảy ra theo nhiều hướng, với hiệu suất
H < 100%. Nhưng ta chỉ quan tâm đến sự bảo toàn nguyên tố đối với C, H từ đó dễ dàng
xác định được tổng lượng của 2 nguyên tố này.
Thông thường đề bài cho số mol ankan X →
C(Y) C(X)
H(Y) H(X)
n n
n n


=



=


∑ ∑
∑ ∑
Dạng 3. Từ nhiều chất ban đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm
Trong trường hợp này không cần thiết phải tìm chính xác số mol của từng chất, mà chỉ
quan tâm đến hệ thức:
X(
n
∑
=
X(
n
∑

Tức là chỉ quan tâm đến tổng số mol của nguyên tố trước và sau phản ứng. Nếu biết
X(
n
∑
⇒
X(
n
∑

và ngược lại.
21
m
hỗn hợp khí sau

- m
hỗn hợp

khí trước

16
cracking
đầu)
cuối)
đầu)
cuối)
Với dạng này, đề bài thường yêu cầu thiết lập một hệ thức dưới dạng tổng quát về số mol
các chất.
Dạng 4. Bài toán đốt cháy trong hóa hữu cơ
Xét bài đốt cháy tổng quát: C
x
H
y
O
z
N
t
+ O
2
→ CO
2
+ H
2
O + N
2

n
C
=
2
CO
n

Theo ĐLBT nguyên tố: n
H
= 2.
2
H O
n
⇒
x y z t
O(C H O N )
n
= 2.
2
CO
n
+
2
H O
n
- 2.
2
O
n
n

N
= 2.
2
N
n
Phương pháp bảo toàn khối lượng nguyên tố với O được sử dụng rất phổ biến trong các
bài toán hóa hữu cơ.
* Chú ý: Đối với trường hợp đốt cháy hợp chất hữu cơ chứa Nitơ bằng không khí, lượng
nitơ thu được sau phản ứng là:
2
N
n
(sau phản ứng)
=
2
N
n
(từ phản ứng đốt cháy)
+
2
N
n
(từ không khí)
Để áp dụng tốt phương pháp BTNT, cần chú ý một số điểm sau:
* Hạn chế viết phương trình phản ứng mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng (sơ đồ
hợp thức, có chú ý hệ số) biểu diễn các biến đổi cơ bản của các nguyên tố quan tâm.
* Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol của nguyên tố
quan tâm, từ đó xác định được lượng (mol, khối lượng) của các chất.
4.4 Phương pháp bảo toàn điện tích
Cơ sở: Nguyên tử, phân tử, dung dịch luôn luôn trung hòa về điện

- Trong nguyên tử: số proton = số electron
- Trong dung dịch:
∑
số mol × điện tích ion dương = 
∑
số mol × điện tích ion âm
2. Áp dụng và một số chú ý
a, Khối lượng dung dịch muối (trong dung dịch) =
∑
khối lượng các ion tạo muối
b, Quá trình áp dụng định luật bảo toàn điện tích thường kết hợp:
- Các phương pháp bảo toàn khác: Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố
- Viết phương trình hóa học ở dạng ion thu gọn
CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP
22
t
0
Dạng 1: Áp dụng đơn thuần định luật bảo toàn điện tích
Ví dụ 1 : Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần : 0,01 mol Na
+
, 0,02 mol Mg
2+
,
0,015 mol
−2
4
SO
, x mol
−
Cl

. Giá trị của x là
A. 0,015. B. 0,035. C. 0,02. D.
0,01.
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
0,01.1 + 0,02.2 = 0.015.2 +x.1
⇒
x = 0,02
⇒
Đáp án C
Dạng 2: Kết hợp với định luật bảo toàn khối lượng
Ví dụ 2 : Dung dịch A chứa hai cation là Fe
2+
: 0,1 mol và Al
3+
: 0,2 mol và hai anion là
−
Cl
: x mol và
−2
4
SO
: y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu được 46,9 gam hỗn hợp muối
khan. Giá trị của x và y lần lượt là:
A. 0,6 và 0,1 B. 0,3 và 0,2 C. 0,5 và 0,15
D. 0,2 và 0,3
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
0,01.2 + 0,2.3 =x.1 +y.2
⇒

x + 2y = 0,8 (*)
Khi cô cạn dung dịch khối lượng muối = Σ khối lượng các ion tạo muối
0,1.56+0,2.27 +x.35,5 +y.96= 46,9
⇒

35,5x +96y = 35,9 (**)
Từ (*) và (**)
⇒
x = 0,2; y = 0,3
⇒
Đáp án D.
Ví dụ 3 : Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: Hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H
2
(đktc).
Phần 2 : Nung trong không khí dư thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit.
Khối lượng hỗn hợp X là
A. 1,56 gam. B. 1,8 gam. C. 2,4 gam. D.
3,12 gam.
Giải:
23
Nhận xét: Tổng số mol × điện tích ion dương (của hai kim loại) trong hai phần là bằng
nhau
⇒
Tổng số mol × điện tích ion âm trong hai phần cũng bằng nhau
O
2-
−
⇔ 2Cl

Mặt khác:
-
Cl
n
=
+
H
n
= 2
2
H
n
=
0,08mol
22,4
1,792
=
⇒
n
O(trong oxit)
= 0,04(mol)
⇒
Trong một phần: m
kim loại
= m
oxit
– m
oxi
= 2,84 – 0,08.16 = 1,56 gam
⇒

khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12gam
⇒
Đáp án D
Dạng 3: Kết hợp với bảo toàn nguyên tố
Ví dụ 4 : Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS
2
và 0,045 mol Cu
2
S tác dụng vừa đủ với HNO
3
loãng, đun nóng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng
khí NO duy chất. Giá trị của x là:
A. 0,045 B. 0,09. C. 0,135. D.
0,18.
Giải:
- Áp dụng bảo toàn nguyên tố
Fe
3+
: x mol; Cu
2+
: 0,09 mol;
−2
4
SO
: (x + 0,045) mol
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (trong dung dịch chỉ chứa các muối sunfat) ta có:
3x + 2.0,09 = 2(x + 0,045)
⇒

x = 0,09
⇒
Đáp án B
Ví dụ 5 : Dung dịch X có chứa 5 ion : Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol
−
Cl
và 0,2 mol
−
3
NO
.
Thêm dần V lít dung dịch K
2
CO
3
1M vào X đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì giá
trị V tối thiểu cần dùng là
A. 150ml B. 300ml C. 200ml D.
250ml
Giải:
Có thể quy đổi các ion Mg
2+
, Ba
2+

, Ca
2+
thành M
2+
(xem thêm phương pháp quy đổi)
M
2+
+
−2
3
CO
↓→
3
MCO
24
Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K
+
,
−
Cl
và
−
3
NO
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
+
K
n
=
−

Cl
n
+
-
3
NO
n

= 0,15 (lít) = 150ml
⇒
Đáp án A
Dạng 4: Kết hợp với việc viết phương trình ở dạng ion thu gọn
Ví dụ 6 : Cho tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al
2
O
3
trong 500ml dung dịch
NaOH 1M thu được 6,72 lít H
2
(đktc) và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho
vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất là
A. 0,175 lít. B. 0,25 lít. C. 0,125 lít.
D. 0,52 lít.
Giải:
Dung dịch X chứa các ion Na
+
;
−
2
AlO

;
−
OH
dư (có thể).
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:
−
2
AlO
n
+
−
OH
n
=
+
Na
n
= 0,5
Khi cho HCl vào dung dịch X:
H
+
+
−
OH
→
H
2
O (1)
H
+

+
−
2
AlO

+ H
2
O
→
Al(OH)
3
↓ (2)
3H
+
+ Al(OH)
3

→
Al
3+
+ 3H
2
O (3)
Để kết tủa là lớn nhất
⇒
không xảy ra (3) và n
H+
=
−
2

AlO
n
+ n
OH
-

= 0,5
⇒
V
HCl
=
25,0
2
5,0
=
(lít)

⇒
Đáp án B
Dạng 5: Bài toán tổng hợp
Ví dụ 7 : Hoàn toàn 10 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M. Kết thúc
thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6 lít H
2
(đktc). Để kết tủa hoàn toàn các cation có
trong Y cần vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 2M. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là
A. 0,2 lít. B. 0,24 lít. C. 0,3 lít. D. 0,4
lít
Giải:

==

−+
OHNa
nn
n
NaOH
= 0,6 (mol)
25