BÀI GIẢNG-PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH HÓA HỌC THPT

VÕ TRƯỜNG GIANG







PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH

HÓA HỌC THPT

2010
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ



LỜI NÓI ĐẦU


Giải nhanh một bài toán hóa học không chỉ phụ thuộc vào kiến thức, kinh nghiệm mà còn
bị chi phối bởi phương pháp giải. Tuy nhiên, trong giới hạn của chương trình phổ thông, các em
mới chỉ tập trung vào học Kiến thức mà chưa chú ý đến việc phát triển phương pháp giải. Đó là lý
do căn bản khiến nhiều em gặp lúng túng khi làm bài thi trắc nghiệm và rất khó khăn để hoàn
thành bài thi trong thời gian ngắn.
Chính vì thế tài liệu này đã được biên soạn trên cơ sở tổng hợp lại những phương pháp giải
nhanh đã biết dưới góc độ của người học, bên cạnh đó là sự hướng dẫn, góp ý của cô Hà Thị Kim
Anh – PTTH Tầm Vu 2. Trong mỗi phần đều có ví dụ cụ thể được trích từ đề thi ĐH – CĐ các
năm gần đây.
Người học có thể nghiên cứu tài liệu này rồi tự rút ra cho mình những kinh nghiệm riêng
để hình thành phản xạ nhanh khi làm bài.
Tài liệu gồm 3 phần:
Phần 1: 13 phương pháp giải nhanh thường gặp.
Phần 2: Những lưu ý khi giải toán Hóa học.
Phần 3: Kỹ năng phân tích bài toán theo phương pháp trắc nghiệm.
Hi vọng đây sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn học sinh phổ thông.

Cần Thơ, Ngày 05 tháng 01 năm 2010
Võ Trường Giang


Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

P
P
h
h
ầ
ầ
n
n


I
I
.
.


C
C
á
á
c
c

p
p
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


p
p
h
h
á
á
p
p


g
g
i
i

ả
ả
i
i


n
n
h
h
a
a
n
n
h
h


b
b
à
à
i
i


t
t
o
o

á
á
n
n


t
t
r
r
ắ
ắ
c
c


n
n
g
g
h
h
i
i
ệ
ệ
m
m

H
H
ó
ó
a
a


h
h
ọ
ọ
c
c






1
1
.
.


P
P
h
h

ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


P
P
h
h
á
á
p
p


B
B
ả
ả
o
o


T
T

o
o
à
à
n
n


K
K
h
h
ố
ố
i
i


L
L
ư
ư
ợ
ợ
n
n
g
g

Định luật bảo toàn khối lượng là một trong những cách thường dùng nhất giúp ta giải các
bài toán hóa học một cách đơn giản và nhanh chóng. Nội dung định luật: “Tổng khối lượng các
chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng sản phẩm tạo thành”.
Nếu gọi m
T
là tổng khối lượng các chất trước phản ứng và m
S
là tổng khối lượng các chất sau
phản ứng thì luôn có : m
T
= m
S
. Dù các chất phản ứng dư hay vừa đủ, hiệu suất phản ứng là bao
nhiêu, thậm chí chỉ cần xét riêng cho một trạng thái nào đó vẫn luôn đúng.
Lưu ý. Không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví
dụ nước có sẵn trong dung dịch.
Ví dụ Xét phản ứng : 2Al + Fe
2
O
3

0
t
 
Al
2
O
3
+ 2Fe

Thì luôn có
Al Fe O
2 3
m m
 
m
rắn sau pư
, dù chất rắn sau phản ứng có chứa cả 4 chất (Al, Al
2
O
3
,
Al
2
O
3
, Fe).
Các hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng:
o Khi cation kim loại thay đổi anion tạo thành hợp chất mới, sự chênh lệch khối lượng giữa 2
hợp chất bằng sự chênh lệch giữa các anion.
o Định luật bảo toàn nguyên tố cũng chính là một hệ quả từ định luật bảo toàn khối lượng.
o Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng Al, H
2
, CO: N
O(trong oxit)
= nCO =
2
CO
n
=

OH
n
2

o Khi các cation kim loại (hoặc NH
4
+
) kết hợp với anion (phi kim, gốc axit, hiđroxyl) tạo thành
hợp chất, ta có :
Khối lượng sản phẩm = khối lượng cation + khối lượng anion.
Ta cũng có thể viết:
Khối lượng sản phẩm = khối lượng kim loại + khối lượng anion.
(Vì khối lượng electron rất nhỏ và không đáng kể)
Ví dụ 1. Hoà tan 6,2 gam hỗn hợp gồm một số kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư, thu được
2,24 lít H
2
(đktc). Cô cạn dụng dịch sau phản ứng sẽ thu được bao nhiêu gam chất rắn?
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

HD: Với bài toán này, định luật bảo toàn khối lượng sẽ giúp chúng ta tiết kiệm thời gian hơn cách
giải thông thường (lập hệ phương trình 2 ẩn số), ta nhận thấy :
HCl  H
+
+ Cl
-
.
H
2

Cl H Cl
n n 2n n 2.0,1 0,2(mol)
  
    

Ta có : m
muối
= 6,2 + 0,2.35,5 = 13,3 (gam). Hoặc m
kim loại
+ m
HCl pư
= m
muối +
m
H2

6,2 + 36,5.0,2 = m + 2.0,1  m =
13,3g
Chú ý.
Xét phản ứng kim loại tác dụng với axit tạo muối và H
2
, rõ ràng khối lượng kim loại giảm
đi, 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 ban đầu của kim loại, do có anion gốc axit
thêm vào.
Ví dụ 2. Cho 16,3 gam hỗn hợp 2 kim loại Na và X tác dụng hết với HCl loãng, dư thu được
34,05 gam hỗn hợp muối A khan. Thể tích H
2
thu được là bao nhiêu lít?
A. 3,36 lít. B. 5,6 lít. C. 8,4 lít. D. 11,2 lít.

HD:
5,0
5,35
3,1605,34




Cl
n
mol. Mà :
H HCl
2
Cl
1 1 1
n n n .0,5 0,25mol.
2 2 2
V 0,25.22,4 5,6lit.

   
  

Ví dụ 3. Cho 24,12g hỗn hợp X gồm MgO, Fe
2
O
3
, Al
2
O
3

tác dụng vừa đủ với 450ml dung dịch
HNO
3
4M rồi cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam hỗn hợp muối khan.
Tính m.
A. 121,32g B. 65,52g C. 135,72g D. 67,86g
HD:
9,08,1.
2
1
2
1
3


NO
O
nn
mol.  m
O
= 14,4g  m
kim loại
= 24,12 – 14,4= 9,72g
gm
NO
6,11162.8,1
3


 m muối = m kim loại + m anion = 9,72 + 111,6 = 121,32g

Ví dụ 4. Sục hết một lượng khí Clo vào dung dịch hỗn hợp X chứa 2 muối NaBr và NaI, đun
nóng thu được 4,9725g một muối duy nhất. Số mol hỗn hợp X đã phản ứng là:
A. 0,1275 B. 0,0425 C. 0,085 D. 0,17
HD: Theo đl bảo toàn khối lượng ta có: n
X
= n
NaCl
=
085,0
5,58
9725,4

mol
Ví dụ 5. Khử m gam hỗn hợp X gồm CuO và các oxit của Fe bằng khí CO ở nhiệt độ cao thu
được 40g hỗn hợp rắn Y và 6.72 lít khí CO
2
. Tính giá trị của m.
HD:
molnnn
OCOCO
3,04,22/72,6
2

 m CO pứ = 0,3.28=8,4g
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
2

)( COranpýCOX
mmmm 
 mX = 0,3.44 + 40 – 8,4 =
44,8g
Ví dụ 6. [Câu 26 – đề thi đại học khối A 2008 – mã đề 263]
Trung hòa 5,48g hỗn hợp gồm axit axetic, phenol, axit benzoic cần dùng 600ml dung dịch NaOH
0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn khan có khối lượng là:
A. 8,64g B. 6,84g C. 4,9g D. 6,8g
HD: Khối lượng rắn khan = 5.48 + 0,60,140 – 0,618 = 6,8g
Ví dụ 7. Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H
2
SO
4
đặc ở 140
o
C thu được hỗn hợp
các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là
bao nhiêu?
A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol.
HD: Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H
2
SO
4
đặc, 140
o
C thì tạo thành
6
2
)1(



nn

loại ete và tách ra 6 phân tử H
2
O.
Theo ĐLBTKL ta có
2
H O ete
m m m 132,8 11,2 21,6
    
rîu
gam 
2
H O
21,6
n 1,2
18
 
mol. Mặt
khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H
2
O do đó số mol H
2
O luôn
bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là
1,2
0,2
6


mol.
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ



2
2
.
.


P
P
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


P
P
h

h
á
á
p
p


B
B
ả
ả
o
o


T
T
o
o
à
à
n
n


Đ
Đ
i
i
ệ

ệ
n
n


T
T
í
í
c
c
h
h


1) Trong dung dịch
Trong một dung dịch khi tồn tại đồng thời các ion dương và ion âm thì theo tính chất trung hoà
điện luôn có: tổng số điện tích dương do cation tải bằng tổng số điện tích âm do anion tải.
Đây là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn quan hệ về số mol giữa các ion trong dung dịch.
Ví dụ 1. Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu
2+
, 0,03 mol K
+
, x mol Cl
−
và y mol SO
4
2−.
Tổng khối
lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là

A. 0,03 và 0,02 B. 0,05 và 0,01 C. 0,01 và 0,03 D. 0,02 và 0,05
HD: theo định luật ta có 0,02.2 + 0,03.1 = 1.x + 2.y (1)
Khối lượng muối : 64.0,02 + 39.0,03 + 35,5x + 96y = 5,435 (2)
Từ (1) và (2)  x = 0,03; y = 0,02
Ví dụ 2. Dung dịchA có chứa các ion Al
3+
= 0,6mol; Fe
2+
= 0,3mol; Cl
-
= a mol; SO
4
2-
= b mol
.Cô cạn dung dịch A thu đuợc 140,2 gam muối .Giá trị của a và b lần lượt là :
A. 0,6 và 0,9 B.0,9 và 0,6 C. 0,3 và 0,5 D.0,2 và 0,3
HD: Ta có





56.3,027.6,07,140965,35
2.3,03.6,02
yx
yx
 x = 0,6; y = 0,9
2) Trong phản ứng oxi hóa khử [Còn gọi là định luật bảo toàn electron]
Nội dung: “Tổng số mol eletron do chất khử (một chất hoặc hỗn hợp nhiều chất) nhường (trong
một phản ứng hay qua nhiều phản ứng oxi hoá khử) luôn bằng tổng số mol eletron chất oxi hoá

(một chất hoặc hỗn hợp nhiều chất) nhận”.
Phương pháp này thường được áp dụng thường xuyên trong bài toán có phản ứng oxi hóa khử,
nhất là các bài toán có nhiều chất oxi hóa/khử.
Sử dụng:
a) Bước 1. Xác định chất khử và chất oxi hóa, nếu chất khử có nhiều trạng thái oxi hóa (chẳng
hạn Fe, Cr ) chỉ cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối.
b) Bước 2. Viết sơ đồ nhường/nhận electron ở dạng ion – electron có gắn số mol tương ứng của
các chất.
c) Bước 3. Áp dụng định luật trên để suy ra phương trình liên hệ giữa các đại lượng.
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

Ví dụ 1. Để m gam phôi bào sắt X ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp Y có
khối lượng 12 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho Y tác dụng hoàn toàn với axit
HNO
3
thấy thoát ra 2,24 lit khí NO duy nhất (đktc). Tính khối lượng m của X.
HD: Tóm tắt phản ứng như sơ đồ sau: Fe  Y  Fe
3+
Theo bảo toàn khối lượng m
O

= m
Y
– m
Fe
và số mol O
2
là :
32
12
2
m
n
O


(mol).
Chỉ có Fe phóng electron và cuối cùng tạo Fe
3+
:
(1) Fe - 3e

Fe
3+


m
56

3m
56

Có O
2
và

3
NO
nhận electron :
(2) O
2
+ 4e


2
2O



12 m
32

4.
12 m
32


(3) N
+5
+3e


N
+2

0,1 0,3
Theo bảo toàn electron thì số mol electron được giải phóng ở (1) phải bằng tổng số mol electron
thu vào ở (2) và (3), tức là :
3 m 1 2 m
4 . 0 , 3
5 6 3 2

 
 m = 10,08 gam.
Chú ý : “Cho a gam hỗn hợp các kim loại hoạt động M, R có hoá trị tương ứng là n, m tác dụng
hết với oxi tạo oxit. Mặt khác, a gam hỗn hợp đó tác dụng hết với hỗn hợp axit clohiđric và axit
sunfuric” thì số mol eletron do M và R phóng ra để oxi nhận hay H
+
nhận cũng luôn bằng nhau.
Cho x mol Fe tác dụng hết với H
2
SO
4
loãng (tác nhân oxi hoá là H
+
) thì số mol eletron phóng ra
là 2x mol; nhưng nếu nó tác dụng với H
2
SO
4
đặc nóng thì số mol eletron phóng ra lúc này lại là
3x mol.

Ví dụ 2. Cho 11.2g hỗn hợp khí Clo và oxi tác dụng hoàn toàn với 16.98g hỗn hợp Al và Mg thu
được 42.34g hợp các oxit và muối. Tính % k/lượng các kim loại.
HD: Ta có k/lượng hh khí = 42.34 – 16.98 = 25.36g







36.253271
4.22
2.11
yx
yx
 x = 0.24, y = 0.26


2
2 MgeMg



3
3 AleAl


 CleCl 22
2



2
2
24 OeO

0.24 0.48 0.26 1.04
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ






48.004.132
98.162724
ba
ba
 a = 0.55mol, b = 0.14mol  %Mg =
%73.77
98
.
16
24*55.0


Ví dụ 3. [Câu 51 – Đề th đại học khối B 2009 – Mã đề 852).
Hòa tan hoàn toàn 1.23g hỗn hợp X gồm Cu và Al vào dung dịch HNO

3
đặc, nóng thu được 1,344
lít khí NO
2
(sản phẩm khử duy nhất, ở đkc) và dung dịch Y, Sục từ từ khí NH
3
(dư) vào dung dịch
Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Phần trăm về khối lượng của Cu
trong hỗn hợp X và giá trị của m là:
A. 21,95% và 2,25 B. 78,05% và 2,25 C. 21,95% và 0,78 B. 78,05% và 0,78
HD: Gọi x, y lần lượt là số mol Cu và Al. Theo đề bài ta có:





06,032
23,12764
yx
yx
 x = 0,015, y = 0,01  %Cu =
%05,78
23,1
65.015,0


(số mol e 2 kim loại nhường = số mol e N
+5
nhận). Khi sục khí Amoniac dư vào dd Y (chứa Cu
2+

và Al
3+
) ta thu được 1 kết tủa duy nhất là nhôm hidroxit do Cu(OH)
2
đã tạo phức tan với amoniac.
n kết tủa = n Al = 0,01 mol  m = 0,78
Ví dụ 4. Hòa tan hoàn toàn 32,9g hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn, Fe trong dung dịch HCl dư sau
phản ứng thu được 17,92 lít H
2
(đkc). Mặt khác, nếu đốt hết hỗn hợp trên trong oxi dư thu được
46,5g rắn Y. % theo khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là:
A. 17,02 B. 34,04 C. 74,6 D. 76,2
HD:
FeOxinhannhan
nnn
H



Ví dụ 5. Cho hỗn hợp A gồm 0,2 mol Mg và 0,3 mol Fe phản ứng với V lít dung dịch HNO
3
1M
thu được dung dịch B và hh khí C gồm 0,05mol N
2
O, 0,1 mol NO và 2,8g kim loại. V = ?


2
2 MgeMg



2
2 FeeFe
n
Fe dư
=
05,0
56
8,2


0,2 0,4 0,3-0,05 0,5 0,25
n nhường = 0,9 mol.
ONeN
2
5
82 


NOeN 

3
5

0,1 0,4 0,05 0,1 0,3 0,1
n nhận = 0,7

n nhường. Vậy trong phản ứng đã có 0,2 mol được N

+5
nhận tạo muối amoni.
eNHNO 8
43



0,025 0,2
n HNO
3
= n tạo muối + n tạo khí = (0,1 + 0,1 + 0,025) +(0,4 + 0,3 + 0,2) = 1,125 mol
V = 1,125 lít.

Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ



3
3
.
.


P
P
h
h
ư

ư
ơ
ơ
n
n
g
g


P
P
h
h
á
á
p
p


Q
Q
u
u
y
y


Đ
Đ
ổ

ổ
i
i



Phương pháp quy đổi là 1 phương pháp tương đối ưu việt. Phương pháp này có thể tìm ra đáp số
một cách nhanh chóng và thường được vận dụng vào một số bài toán trắc nghiệm với mục đích
phân loại học sinh.
Lưu ý khi áp dụng phương pháp quy đổi:
Khi quy đổi hỗn hợp X gồm nhiều chất (từ 3 chất trở lên) thành hỗn hợp ít chất hơn ta cần chú
ý bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
Trong quá trình tính toán theo phương pháp này, đôi khi các bạn có thể gặp số âm do sự bù trừ
khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Khi đó, các bạn hãy bình tĩnh và tiếp tục tính toán bình
thường vì kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn.
Đặc biệt, khi thực hiện quy đổi hỗn hợp các oxit của Fe về 1 chất là Fe
x
O
y
thì oxit Fe
x
O
y
tìm
được chỉ là oxit giả định không có thực.
Các bạn có thể sử dụng phương pháp này để quy đổi nhiều chất thành 1 chất và ngược lại tùy
từng bài toán cụ thể, không nên áp dụng 1 cách máy móc. Trong từng trường hợp ta cũng có thể
chọn cách quy đổi khác nhau sao cho đơn giản nhất.
Ví dụ 1. Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe,
Fe

2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO
3
dư thu được 2,24 lít khí NO
2

(đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là
A. 11,2 gam. B. 10,2 gam. C. 7,2 gam. D. 6,9 gam.
HD:
Cách 1: Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe
2
O
3
:
Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO
3
dư ta có
Fe + 6HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ 3NO

2
+ 3H
2
O

0,1
3
 0,1 mol
 Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe
2
O
3
là

Fe
8,4 0,1 0,35
n
56 3 3
  

2 3
Fe O
0,35
n
3 2



Vậy:
2 3

X Fe Fe O
m m m 

Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ


X
0,1 0,35
m 56 160
3 3
   
= 11,2 gam.
Cách 2: Quy hỗn hợp X về một chất là Fe
x
O
y
:
Fe
x
O
y
+ (6x2y)HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ (3x2y) NO

2
+ (3xy)H
2
O

0,1
3x 2y

mol  0,1 mol.

Fe
8,4 0,1.x
n
56 3x 2y
 


x 6
y 7

mol.
Vậy công thức quy đổi là Fe
6
O
7
(M = 448) và
6 7
Fe O
0,1
n

3 6 2 7

  
= 0,025 mol.
 m
X
= 0,025448 = 11,2 gam.
Chú ý: Ta vẫn có thể quy hỗn hợp X về 2 chất (FeO và Fe
3
O
4
) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và
Fe
3
O
4
) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn do phải đặt ẩn số mol mỗi chất rồi lập hệ phương
trình và giải hệ phương trình hai ẩn số).
Ví dụ 2. (Câu 29 – Đề thi đại học khối A 2008 – mã đề 263)
Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
phản ứng hết với dung dịch HNO
3
loãng dư,

thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc)và dung dich X. Cô cạn dung dịch X thu
được m gam muối khan giá trị của m là
A. 38,72 gam. B. 35,5 gam. C. 49,09 gam. D. 34,36 gam.
HD: Thực hiện quy hỗn hợp về hỗn hợp hai chất FeO và Fe
2
O
3
ta có
3FeO + 10HNO
3
 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O
0,18 mol  0,18 mol  0,06 mol

FeOOFe
mm 36.11
32
-1.6g 
32
OFe
n
= -0.01mol
Fe
2
O

3
+ 6HNO
3
 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
-0.01 mol  -0,02 mol
 khối lượng muối = (0,18 + (-0.02)) 242 = 38,72g.
Ví dụ 3. Hòa tan 20,8g hỗn hợp FeS, FeS
2
, S bằng dung dịch axit nitric đặc nóng dư thu được
53,76 lít khí màu nâu đỏ (sp khử duy nhất, ở đkc) và dd X. Cho dd X tác dụng với NaOH dư, lọc
lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu
được là bao nhiêu?
A. 16 B. 18 C. 8,2 D. 16,4
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

HD: FeS
2
= FeS +S; FeS x mol; S y mol
FeS

 Fe
+3

+ S
+6
+9e; S  S
+6
+ 6e
ta có:





4,269
8,2032)3256(
yx
yx
 x = 0,2; y = 0,1 mol
2Fe
2+
 Fe
2
O
3

0,2 0,1 mol  m = 16g
Ví dụ 4. Khi đốt cháy hoàn toàn 1 polime X (tạo thành do phản ứng trùng hợp 2,3 –
dimetylbutadien và vinyl xianua) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành 1 hỗn hợp khí chứa 57,69%
CO
2
về thể tích ở nồng độ và áp suất xác định. Tỉ lệ 2 loại monome này là:
A. 1:2 B. 1:3 C. 1:1 D. 1:4

HD: Tách polime thành 2 monome ban đầu
OHCOOHC
22276
565,8 

x 6x 5x
22222
365,72 NOHCOONCCHCH 

y 3y 1,5y 0,5y
Theo đề:
3
1
345,28859,634300600
100
69,57
511
36



y
x
xyyxyx
yx
yx

Ví dụ 5. Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe
2
O

3
, Fe
3
O
4
, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào
dung dịch Y gồm (HCl và H
2
SO
4
loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO
3
)
2

1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO
3
)
2
cần dùng và
thể tích khí thoát ra ở đktc?
A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12
lít.
HD: Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe
3
O

4
. Hỗn hợp X gồm: Fe
3
O
4
0,2
mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y
Fe
3
O
4
+ 8H
+
 Fe
2+
+ 2Fe
3+
+ 4H
2
O
0,2  0,2 0,4 mol
Fe + 2H
+
 Fe
2+
+ H
2


0,1  0,1 mol

Dung dịch Z: (Fe
2+
: 0,3 mol; Fe
3+
: 0,4 mol) + Cu(NO
3
)
2
:
3Fe
2+
+ NO
3

+ 4H
+
 3Fe
3+
+ NO

+ 2H
2
O
0,3 0,1 0,1 mol
 V
NO
= 0,122,4 = 2,24 lít.
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

3 2
3
Cu(NO )
NO
1
n n
2


= 0,05 mol.

2
3 2
d Cu(NO )
0,05
V
1

= 0,05 lít
Ví dụ 6. Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. A hòa tan

vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO
3
, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Tính số
mol NO bay ra.
A. 0,01. B. 0,04. C. 0,03. D. 0,02.
HD:
Fe
8,96
n 0,16
56
 
mol. Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
) thành hỗn hợp (FeO, Fe
2
O
3
)
ta có phương trình:
2Fe + O
2
 2FeO
x  x
4Fe + 3O

2
 2Fe
2
O
3

y  y/2
3FeO + 10HNO
3
 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
x  10x/3  x/3
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O

y/2  3y
Hệ phương trình:
x y 0,16
10x
3y 0,5
3
 



 



x 0,06 mol
y 0,1 mol







NO
0,06
n 0,02
3
 
mol.
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ



4
4
.
.


P
P
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


P
P
h
h
á

á
p
p


T
T
ă
ă
n
n
g
g


G
G
i
i
ả
ả
m
m



Nguyên tắc của phương pháp là dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất X
thành 1 hoặc nhiều mol chất Y (phản ứng có thể xảy ra theo nhiều giai đoạn) để tính số mol của
các chất hoặc ngược lại. Phương pháp này thường được áp dụng nằm tránh việc viết nhiều
phương trình và giải các hệ phương trình.

Ví dụ: trong phản ứng este hóa: CH
3
COOH + ROH  CH
3
COOR + H
2
O thì từ 1 mol
ROH chuyển thành 1 mol este khối lượng tăng (R + 59)  (R + 17) = 42 gam. Như vậy nếu biết
khối lượng của rượu và khối lượng của este ta dễ dàng tính được số mol rượu hoặc ngược lại.
Ví dụ 1. [Câu 18 – Đề thi tuyển sinh Đại học khối A 2009 – Mã đề 175]
Cho 10gam một amin đơn chức X phản ứng hoàn toàn với HCl dư thu được 15gam muối. Số đồng
phân cấu tạo của X là:
A. 4 B. 8 C. 5 D. 7
HD: Cứ 1 mol amin tác dụng với HCl thì khối lượng tăng 36,5g
x mol 15 – 10 = 5g
M =
73
5
5,36.1010

x
đvC. Vì X là amin đơn ta có: R + (14 + 2) = 73

R = 57

12x + y = 57

x = 4, y = 9. X là C
4
H

9
NH
2
có 8 đồng phân (4 bậc 1, 3 bậc 2, 1 bậc 3)
Ví dụ 2. Hòa tan hoàn toàn 2.81g hh A gồm Fe
2
O
3
, MgO, ZnO bằng 300ml axit sunfuric 0.1M
vừa đủ. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối sunfat khan.
Cứ 1 mol axit sunfuric tác dụng với oxit thì khối lượng tăng 96 – 16 = 80g
0.03 mol 2.4g
k/l muối khan là: 2.4 + 2.81 = 5.21g
Ví dụ 3. Cho 2.55 gam một axit no, đơn chức A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được 3.485 gam muối khan. CTPT của A là
A. HCOOH B. C
3
H
7
COOH C. CH
3
COOH D.
C
2
H
5
COOH.
HD
Cứ 1 mol axit đơn chức tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng (23  1) = 22 gam
0.0425 mol Tăng 3.485 – 2.55 = 0.935

Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

M
axit
= 2.55/0.0425 = 60 gam.
Đặt CTTQ của axit no, đơn chức A là C
n
H
2n+1
COOH nên ta có: 14n + 46 = 60  n = 1.
Vậy CTPT của A là CH
3
COOH.
Ví dụ 4. Cho dung dịch AgNO
3
dư tác dụng với dung dịch hỗn hợp có hòa tan 6,25 gam hai muối
KCl và KBr thu được 10,39 gam hỗn hợp AgCl và AgBr. Hãy xác định số mol hỗn hợp đầu.
A. 0,08 mol. B. 0,06 mol. C. 0,03 mol. D. 0,055 mol.
HD:
Cứ 1 mol hh KCl, KBr tạo thành 1 mol kết tủa AgCl thị khối lượng tăng 108  39 = 69 gam;
0,06 mol  khối lượng tăng: 10,39  6,25 = 4,14 gam.
Vậy tổng số mol hỗn hợp đầu là 0,06 mol.
Ví dụ 5. Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dung dịch CuSO
4
, sau một thời gian lấy thanh kim
loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO
3
)

2
,
sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO
4
và Pb(NO
3
)
2
tham gia ở 2 trường hợp như nhau.
A. Al. B. Zn. C. Mg. D. Fe.
HD: Gọi m là khối lượng thanh kim loại, M là nguyên tử khối của kim loại, x là số mol muối phản
ứng.
M + CuSO
4
 MSO
4
+ Cu
M (gam)  1 mol  64 gam, giảm (M – 64)gam.
x mol  giảm
0,05.m
100
gam.
 x =
0,05.m
100
M 64

(1)
M + Pb(NO
3

)
2
 M(NO
3
)
2
+ Pb
M (gam)  1 mol  207, tăng (207 – M) gam
x mol  tăng
7,1.m
100
gam
 x =
7,1.m
100
207 M

(2)
Từ (1) và (2) ta có:
0,05.m
100
M 64

=
7,1.m
100
207 M

(3). Từ (3) giải ra M = 65.
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

Ví dụ 6. Cho 3,78 gam bột Al phản ứng vừa đủ với dung dịch muối XCl
3
tạo thành dung dịch Y.
Khối lượng chất tan trong dung dịch Y giảm 4,06 gam so với dung dịch XCl
3
. xác định công thức
của muối XCl
3
.
A. FeCl
3
. B. AlCl
3
. C. CrCl
3
. D. Không xác định.
HD: Gọi A là nguyên tử khối của kim loại X.
Al + XCl
3
 AlCl
3
+ X

3,78
27
= (0,14 mol)  0,14 0,14 mol.
Ta có : (A + 35,53)0,14 – (133,50,14) = 4,06. Giải ra được: A = 56.

Đối với andehyt: xét phản ứng oxi hóa của andehyt (tráng gương, + dd Brom, oxi, Cu(OH)
2
/OH
-
, )
RCOOHORCHO 
2
2
1

Theo pt phản ứng ta thấy cứ 1 mol andehyt bị oxi hóa thành axit thì khối lượng tăng 45 – 29 =
16g. Do đó, nếu đề cho k/l andehyt, và khối lượng axit ta dễ dàng tìm được công thức phân từ của
andehyt.
– Từ 1 mol CaCl
2
1 mol CaCO
3
, khối lượng tăng : 71 – 60 = 11 (gam).
– Từ 1 mol NaBr  1 mol NaCl, khối lượng giảm : 80-35,5 = 44,5 (gam).
– Từ 1 mol CaBr
2
 2 mol AgBr, khối lượng tăng : 2.108 – 40 = 136 (gam).
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ


5
5
.

.


P
P
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


P
P
h
h
á
á
p
p


B
B
ả

ả
o
o


T
T
o
o
à
à
n
n


N
N
g
g
u
u
y
y
ê
ê
n
n


T

T
ố
ố



Định luật bảo toàn nguyên tố là một hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng.
Nguyên tắc: “Tổng khối lượng của một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng nguyên tố
đó sau phản ứng”. Phương pháp này có thể áp dụng trong rất nhiều trường hợp khác nhau như
phản ứng đốt cháy chất hữu cơ, khử oxit kim loại
Ví dụ 1. [Câu 20 – Đề thi Đại học khối A 2007 – mã đề 863]
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào axit HNO
3
vừa đủ, thu được
dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là
A. 0,06 B. 0,04 C. 0,075 D. 0,12
HD: Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe và Cu ta có:
434222
2)(2 CuSOSOFeSCuSFe 

0,12  0,06
Ví dụ 2. Tiến hành Cracking 5,8g butan, sau một thời gian thu được hỗn hợp X gồm metan, etan,
propan, butan dư. Đốt cháy hoàn toàn hh X trong khí oxi dư rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình
đựng nước vôi axit sunfuric đậm đặc. Tính độ tăng khối lượng của bình axit.
HD: số mol butan = 0,1 mol. H
(trong butan ban đầu)

 H
(nước)
. và C
4
H
10
 10H  5 H
2
O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H:

bandau
nH
=

OH
nH
2
= 10.0,1= 1 mol  n nước = 0,5
 độ tăng khối lượng = 18.0,5 = 9g
Ví dụ 3. Nung hỗn hợp bột gồm 15,2g Cr (III) Oxit và m gam Al ở nhiệt độ cao. Sau khi phản
ứng hoàn toàn thu được 23,3g hh rắn. Cho toàn bộ hỗn hợp X phản ứng vừa đủ với 1 lít dung dịch
axit HCl x mol/l. x = ?
A. 1 B. 1,3 C. 1,6 D. 0,9
n Cr
2
O
3
= 0,1 mol  0,2 mol Cr  0,4 mol HCl
mAl = 23,3 – 15,2 = 8,1g  nAl = 0,3 mol


HCl
0,9 mol HCl 

 3,1nHCl
mol
Ví dụ 4. Cho 3,44g hỗn hợp Fe và oxit sắt từ tác dụng hết dung dịch Hcl thu được dung dịch A.
Cho xút dư vào A, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi cân nặng
4g. Khối lượng Fe và oxit sắt từ trong hh ban đầu lần lượt là:
A. 2,32g và 2,8g B
. 1,12g và 2,32g C. 3,23g & 2,8g D. 2,8g & 2,32g
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

HD:








)(025,0
160
4
)(
2
3

44,323256
btntoxitIIInFe
yx
yx

Ví dụ 5. Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H
2
qua một ống sứ đựng hỗn
hợp Al
2
O
3
, CuO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc
phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là
A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam.
HD:
2
hh (CO H )
2,24
n 0,1 mol
22,4


 
. Thực chất phản ứng khử các oxit là:
CO + O  CO
2

H
2
+ O  H
2
O.
Vậy:
2
O CO H
n n n 0,1 mol
  
.  m
O
= 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24 
1,6 = 22,4 gam.
Ví dụ 6. Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau
khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có
tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là
A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam.
HD: C
n
H
2n+1
CH
2
OH + CuO

o
t

C
n
H
2n+1
CHO + Cu

+ H
2
O
Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng.
Do đó nhận được: m
O
= 0,32 gam 
O
0,32
n 0,02 mol
16
 
.  Hỗn hợp hơi gồm:

n 2n 1
2
C H CHO : 0,02 mol
H O : 0,02 mol.






Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol.
Có
M
= 31  m
hh hơi
= 31  0,04 = 1,24 gam.
m
ancol
+ 0,32 = m
hh hơi

m
ancol
= 1,24  0,32 = 0,92 gam.
* Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố trong phản ứng đốt cháy: Khi đốt cháy 1 hợp chất (C, H)
thì
222
)()( OOHOCOO
nnn 
pứ 
222
)()( OOHOCOO
mmm 
pứ


Ví dụ 7. Khử hoàn toàn 44,4 gam hỗn hợp gồm CuO và một oxit của sắt bằng hidro dư ở nhiệt độ
cao thu được 35,6g hỗn hợp kim loại. Tính khối lượng nước thu được.

A. 9.9g B. 4,95 g C. 19,8g D. 8,8g
mO = 44,4 – 35,6 = 8,8g  nO = 8,8/16 = 0,55mol mà nO = nH
2
O  mH
2
O = 0,55.18 = 9,9g
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ


6
6
.
.


P
P
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g

P
P
h
h
á
á
p
p


Đ
Đ
ư
ư
ờ
ờ
n
n
g
g


C
C
h
h
é
é
o

o



Phương pháp đường chéo là một phương pháp phổ biến trong giải toán Hóa học, thường được áp
dụng trong các trường hợp sau:
 Tính toán pha chế dung dịch
 Hỗn hợp đồng vị
 Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp khí.
 Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng cảu đa axit và đơn và bazơ
 Bài toán hh 2 chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất
Khi sử dụng sơ đồ đường chéo cần chú ý:
- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng của H
2
O là d = 1g/ml.
Nguyên tắc của việc sử dụng quy tắc đường chéo là :
Trộn m
1
gam dung dịch có nồng độ C
1
% với m
2
gam dung dịch có nồng độ C
2
% thu được dung
dịch mới có nồng độ C%, ta có :
Dung dịch 1 : m
1

Dung dịch 2 : m
2



1 2
2 1
m C C
m C C

 

(chọn C
2
> C1)
Khi thay đổi nồng độ % bằng nồng độ mol và khối lượng dung dịch bằng thể tích dung dịch thì :
Dung dịch 1 : V
1


Dung dịch 2 : V
2

M M
1 2
2 M M
1
C C

V
V C C

 

(chọn
M M
2 1
C C

).
C
1
C
2
C
| C
2
- C |
| C
1
- C |
C
|

C
2

-

C

|
| C
1
- C |
`
C
M1
C
M2
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

Quy tắc đường chéo áp dụng cho hỗn hợp khí: Hỗn hợp khí cũng được xem như là một dung dịch
– dung dịch khí. Nếu biết
M
của 2 khí cụ thể, có thể tìm tỉ lệ mol hoặc tỉ lệ thể tích giữa chúng
bằng quy tắc đường chéo mở rộng sau đây :
Khí 1 : n
1
, V
1
M
1
M
2

M

M

Khí 2 : n
2
, V
2
M
2

M
M
1
Luôn có :
1 1 2
2 2
1
n V M M
n V
M M

 

(Chọn M
2
> M
1
).
Ví dụ 1. Hỗn hợp A gồm 2 khí NO và NO

2
có tỉ khối so với hiđro bằng 17. Tỉ lệ mol giữa chúng
được xác định nhanh như sau :
A
M 17, 2 34
 
.
Chọn M
2
= 46 (NO
2
), áp dụng quy tắc đường chéo mở rộng ta có :

NO NO
NO NO
2 2
n V 46 34 12
3
n V 34 30 4

   


Nghĩa là NO chiếm 3/4 ; NO
2
chiếm 1/4 số mol khí A. Ta cũng có thể dùng cách giải thông
thường: lập hệ phương trình hoặc giải bằng
M
.
Ví dụ 2. Để pha chế 500ml dung dịch nước muối sinh lí C = 0,9% cần lấy bao nhiêu ml dung dịch

NaCl 3%.
A. 150 B. 250 C. 300 D. 450

HD: V
1
NaCl 3 0 – 0,9
0,9
V
2
nước 0 3 – 0,9

mlVV
V
V
150
9,01,2
9,0
1,2
9.0
21
2
1




Ví dụ 3. Hòa tan hoàn toàn 200g SO
3
vào m gam dung dịch axit sunfuric 49% ta được dung dich
axit 78,4%. m = ?

A. 133,3 B. 284,5 C. 146,9 D. 300,0
HD: Đây là dạng toán trộn m
1
gam dung dịch có nồng độ C
1
% với m
2
gam dung dịch có nồng độ
C
2
% thu được dung dịch mới có nồng độ C%,
Phương trình pứ:
4223
SOHOHSO 

Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

423
5,122
80
10098
100 SOgamHgSO 



Nồng độ axit sunfuric tương ứng là 122,5%
Gọi m
1

là khối lượng SO
3
và
,
m
2
làm dd axit sunfuric 49% cần lấy .
m
1
122,5 29,4
78,4
m
2
49 44,1

 m
2
=
g
m
300
4,29
2001,44
4,29
1,44
1




Ví dụ 4. Brom có hai đồng vị bền là
Br
79
35
và
Br
81
35
. Tính thành phần % số nguyên tử
Br
79
35
biết
nguyên tử khối trung bình của Brom là 79,319.

Br
81
35
81 0,319
79,319

Br
79
35
79 1,681

%05,84%100.
319,0681,1
681,1
%

79
35


Br

Ví dụ 5. Cho 500 ml dung dịch NaOH 1M tác dụng với 240 ml dung dịch H
3
PO
4
1,25M. Tính
khối lượng muối tạo thành?
HD:



21
3
4
nPO
nOH
tạo hh 2 muối
2
4
HPO
và

42
POH

2
4
HPO

2
1
n
2/3

n
= 5/3


42
POH

1
2
n
1/3
Ta có:







3,0

2
434242
42
42
POHPONaHHPONa
PONaH
HPONa
nnn
n
n


số mol 2 muối

k/l 2 muối.
Ví dụ 6. Hỗn hợp X gồm 2 khí oxi và ozon có tỉ khối so với hidro bằng 20. Hỗn hợp Y gồm Hidro
và CO có tỉ khối so với oxi bằng 0,225. Tính số mol hỗn hợp X cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 1
mol hỗn hợp Y.
A. 0,3 B. 0,4 C. 0,2 D. 0,55
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

HD: H
2
2 20,8
7,2
CO 28 5,4
 n H
2

= 4nCO  n H
2
= 0,8 mol; nCO = 0,2 mol

O
2
x 32 8
40
O
3
y 48 8
 x = y. (1)

 HeH 22
2



2
2
24 OeO

0,8 1,6 x 4x
2
2 COeCO 



2
3

36 OeO

0,2 0,4 y 6y
Áp dụng định luật bảo toàn e: 4x + 6y = 1,6 + 0,4 (2)
Giải hệ (1)(2)  x = y = 0,2.  nX = 0,4

Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ



7
7
.
.


P
P
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g

P
P
h
h
á
á
p
p


T
T
r
r
ị
ị


S
S
ố
ố


T
T
r
r

u
u
n
n
g
g


B
B
ì
ì
n
n
h
h


Khái niệm
Nếu tồn tại một tập hợp các phần tử với trị số các phần tử là A, B, C…có số lượng mỗi phần tử
tương ứng bằng a, b, c…hay phần trăm số lượng mỗi phần tử bằng x, y, z…thì luôn tồn tại một
giá trị tương đương gọi là trị số trung bình
X
của các phần tử đó, được xác định theo công thức :

X
= xA + yB + zC + …
Trong đó : x + y + z +…=100% = 1 Hay
X
=

a.A b.B c.C
a b c
  
  

Công thức tính hay dùng : Khối lượng mol trung bình (kí hiệu
M
). Thực chất phương pháp sử
dụng khối lượng mol trung bình là một trường hợp đặc biệt của phương pháp quy đổi.
Nguyên tắc: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí hiệu
M
) cũng như khối lượng nguyên
tử trung bình (KLNTTB) chính là khối lượng của một mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công
thức:



n
m
M
hh

i i
1 1 2 2 3 3
1 2 3 i
M n
M n M n M n
M
n n n n
  

 
  


(1)
trong đó M
1
, M
2
, là KLPT (hoặc KLNT) của các chất trong hỗn hợp; n
1
, n
2
, là số mol tương
ứng của các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
1 1 2 2 3 3
M M x M x M x
   
(2)
trong đó x
1
, x
2
, là % số mol tương ứng (cũng chính là % khối lượng) của các chất. Đặc biệt đối
với chất khí thì x
1
, x
2
, cũng chính là % thể tích nên công thức (2) có thể viết thành:

i i
1 1 2 2 3 3
1 2 3 i
M V
M V M V M V
M
V V V V
  
 
  


(3)
trong đó V
1
, V
2
, là thể tích của các chất khí.
Chú ý : Nếu hỗn hợp nhiều chất hơn thì các công thức trên được triển khai thêm theo đúng bản
chất của nó. Ngược lại nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất thì công thức sẽ được rút ngắn lại.
Chẳng hạn, nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất thì các công thức (1), (2), (3) tương ứng trở thành (1’), (2’),
(3’) như sau:
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

1 1 2 1
M n M (n n )
M

n
 

(1’) với n là tổng số số mol của các chất trong hỗn hợp.
1 1 2 1
M M x M (1 x )
  
(2’) trong đó số 1 ứng với 100%
1 1 2 1
M V M (V V )
M
V
 

(3’) với V
1
là thể tích khí thứ 1 và V là tổng thể tích hỗn hợp.
Hệ quả:
Giả sử ta có
x y z 1
x y z 2
C H O ; n mol
C H O ; n mol
  
thì
- Nguyên tử cacbon trung bình:
1 1 2 2
1 2
x n x n
x

n n
 

 

- Nguyên tử hiđro trung bình:
1 1 2 2
1 2
y n y n
y
n n
 

 
và đôi khi tính cả được số liên kết , số
nhóm chức trung bình theo công thức trên.
Tính chất: Trị số trung bình (
X
) không phải là hằng số, do đó sẽ tồn tại các trị số trung bình
khác nhau, nhưng luôn thoả mãn :
min max
X X X 
. Trong đó : X
min
, X
max
là trị số phần tử nhỏ
nhất, lớn nhất.

Ứng dụng

 Xác định công thức phân tử hợp chất hóa học
 Tìm khoảng giới hạn của đại lượng cho trước hoặc chứng minh bất đẳng thức trong hoá
học.
 Biện luận chất dư
Ví dụ 1. Cho x mol hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ liên tiếp (hỗn hợp X). Hỗn hợp X
tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được a gam hỗn hợp muối clorua khan, còn nếu hỗn
hợp X tác dụng vừa đủ với dung dịch H
2
SO
4
thì thu đựơc b gam hỗn hợp muối sunfat khan, x có
giá trị nào sau đây?
A.
2a b
x
60,5


B.
b a
x
12, 5


C.
a b
x
12, 5



D.
2a b
x
60, 5



HD: x là số mol của 2 kim loại đã được thay thế bằng một kim loại tương đương M có khối lượng
nguyên tử là
M
. Ta có :
MClM
HCl
 

.
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

(x) x
Khối lượng muối clorua :
aMx  )5,35(
(1)

H S O
2 4
2 4
1
M M SO

2

   

(x) 0,5x
Khối lượng muối sunfat :
0, 5.(2 M 96) b
 
(2)
Chỉ cần lấy (2) – (1) vế theo vế ta có ngay
b a
x
12, 5


.
Ví dụ 2. Cho 1,52 gam hỗn hợp A gồm Fe và một kim loại X ở nhóm IIA tác dụng với dung dịch
HCl dư thu 672 ml H
2
(đktc). Mặt khác 0,95gam X tác dụng với dung dịch có chứa 0,05mol HCl
thì sau pư thấy axit còn dư. Xác định kim loại X.
A. Canxi B. Magie C. Bari D. Beri
HD: M + 2HCl

MCl
2
+ H
2

(x) x

Ta có
M
0 , 6 7 2 1, 5 2
n x 0 , 0 3 ( m o l). M 5 0, 6 7 .
2 2 , 4 0 , 0 3
     

Ta có: X < 50,67 < 56 = Fe.
Mặt khác, ta lại có :X + 2HCl
0
t

XCl
2
+ H
2

(
0,95
X
)
0,95
X
2
Và
0, 95
X
.2 < 0,05

X >38. Vì 38 < X < 50,67 và X thuộc nhóm IIA nên X là Ca

(40).
Ví dụ 3. Hỗn hợp khí SO
2
và O
2
có tỉ khối so với CH
4
bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O
2
vào 20
lít hỗn hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH
4
giảm đi 1/6, tức bằng 2,5? Các hỗn hợp khí ở cùng
điều kiện nhiệt độ và áp suất.
A. 10 lít. B. 20 lít. C. 30 lít. D. 40 lít.
HD: Gọi x là % thể tích của SO
2
trong hỗn hợp ban đầu, ta có:

M
= 163 = 48 = 64.x + 32(1  x)  x = 0,5
Vậy: mỗi khí chiếm 50%. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít. Gọi V là số lít O
2
cần thêm
vào, ta có:
64 10 32(10 V)
M 2,5 16 40
20 V
  


   

; V = 20 lít.
Ví dụ 4. (Câu 1 – Đề thi tuyển sinh Đại học khối A 2007 - Mã đề 863)
Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học

Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ

Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít dung
dịch Br
2
0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br
2
giảm đi một nửa và khối lượng bình tăng
thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là
A. C
2
H
2
và C
4
H
8
. B. C
3
H
4
và C
4
H

8
. C. C
2
H
2
và C
3
H
8
. D. C
2
H
2
và C
4
H
6



HD:

hh X
4,48
n 0,2
22,4
 
mol
n 1,4 0,5 0,7
2

Br ban ®Çu
  
mol

0,7
n
2
2
Br p.øng

= 0,35 mol.
Khối lượng bình Br
2
tăng 6,7 gam là số gam của hiđrocabon không no. Đặt CTTB của hai
hiđrocacbon mạch hở là
n 2n 2 2a
C H
 
(
a
là số liên kết  trung bình).

n 2 n 2 2 a
C H
 
+
2
aBr

n 2n 2 2a 2a

C H Br
 

0,2 mol  0,35 mol

0,35
a
0,2

= 1,75 
6,7
14n 2 2a
0,2
  

n
= 2,5.
Do 2 hiđrocacbon mạch hở phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br
2
nên chúng đều là
hiđrocacbon không no. Vậy hai hiđrocacbon đó là C
2
H
2
và C
4
H
8
.