SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI tối ưu CHO bài tập hóa học

Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
PHẦN 1 : MỞ ĐẦU


I/LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hoá học là có vai trò rất quan trọng trong đời sống. Môn hoá học cung cấp cho học sinh những
kiến thức hoá học cơ bản về cấu tạo chất, các định luật hoá học, các khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết
đúng công thức hoá học, lập phương trình phản ứng, nắm vững tính chất lý, hoá của các chất, vận dụng có
chọn lọc, nhuần nhuyễn lý thuyết để giải bài tập. Giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một
kỹ năng cơ bản, có thói quen học tập và làm việc khoa học, rèn luyện những phẩm chất cần thiết như cẩn
thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình, xã
hội; chuẩn bị đầy đủ để đi vào cuộc sống xã hội sau này.
Bài tập hoá học là một trong những phương tiện cơ bản nhất để nâng cao chất lượng dạy học bộ
môn, mặt khác giải bài tập hoá học là phương pháp học tập tích cực có hiệu quả giúp học sinh phát triển tư
duy, đồng thời học sinh còn vận dụng kiến thức vào cuộc sống sản xuất và nghiên cứu khoa học.
Bài tập hoá học giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình hoá học,khắc sâu kiến thức, hệ
thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích, phán đoán khái quát và đồng thời rèn kĩ
năng, kĩ xảo cho học sinh.
Hiện nay, đa số học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải bài tập hoá, nếu không nắm bắt được
phương pháp, học sinh sẽ chán nản và rất sợ phải học hoá học.
Căn cứ vào tình hình trên, tôi đã chọn đề tài này kết hợp với phương pháp phát huy tính tích cực
của học sinh trong giờ học nhằm góp phần nhỏ vào việc khắc phục tình trạng trên của học sinh.
II/MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
Giúp học sinh nắm cơ sở lý thuyết và phương pháp giải bài tập hoà học.
III/ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
Hệ thống, phân loại các bài tập hoá học và đưa ra phương pháp giải một cách tối ưu nhất, giúp học
sinh nắm được các kiến thức cơ bản nhất.
PHẦN 2: TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN

I.1.T ổng quan v ề bài t ập hoá h ọc .
* Mục đích của bài tập hoá học: hình thành kiến thức, kĩ năng mới cho học sinh
* Phương pháp: luyện tập thông qua sử dụng bài tập là một trong những phương pháp quan trọng
để nâng cao chất lượng dạy học hoá học.
* Với học sinh hoạt động giải bài tập là một hoạt động tích cực có những tác dụng sau:
- Rèn khả năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng thành kiến thức
của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên.
- Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn.
- Là phương tiên để ôn tập củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất.
- Rèn kĩ năng: viết và cân bằng phương trình, tính toán theo công thức và phương trình hoá học.
- Phát triển trí thông minh.
I.2. Cơ sở lý thuyết: Cơ sở lý thuyết quan trọng cho việc giải bài tập hoá học vô cơ là những kiến thức
hoá học đại cương và hoá vô cơ…
Phần đại cương: bao gồm các định luật, khái niệm cơ bản của hoá học:
-Định luật thành phần không đổi.
-Định luật bảo toàn khối lượng.
-Định luật Avogadro.
-Định luật tuần hoàn.
-Công thức phân tử, công thức hoá học, phương trình hoá học.
-Dung dịch- nồng độ dung dịch- độ tan, các phản ứng trong dung dịch, điều kiện để xảy ra phản
ứng trao đổi.
-Các hợp chất vô cơ: oxit, axit, bazơ, muối…
-Các đơn chất Oxi, clo, kim loại…
II/ NỘI DUNG, BIỆN PHÁP THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.
II.1. Phương pháp: để giải bài tập hoá học, học sinh cần phải có các kiến thức cơ bản về toán: giải
hệ phương trình 1 ẩn, 2 ẩn. Giải phương trình bậc 2, giải bài toán bằng phương pháp biện luận…..
GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

1

Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

Học sinh cần phải nắm vững tính chất vật lý, hoá học và cách điều chế của đơn chất, hợp chất….
Nắm vững các công thức đổi số mol, công thức tính nồng độ %, nồng độ mol/ lít.
Các phương pháp cơ bản áp dụng vào giải toán hoá học:
-Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng.
-Phương pháp tăng giảm khối lượng.
-Phương pháp bảo toàn e.
-Phương pháp bảo toàn nguyên tố.
-Phương pháp giá trị trung bình
-Phương pháp đường chéo.
-Phương pháp tự chọn lượng chất
-Phương pháp biện luận….
Trong giới hạn của chuyên đề, tôi xin trình bày một vài phương pháp thường hay sử dụng.
II.2.Các d ạng bài t ập vô c ơ. ( giới hạn được đưa vào chuyên đề)
1/ Tính theo PTHH khi cho 2 lượng chất phản ứng.
2/ Dạng toán pH.
3/ Tính khối lượng hỗn hợp dựa vào định luật bảo toàn khối lượng.
4/ CO2 hoặc SO2 tác dụng với dung dịch kiềm.
5/ Bài tập tổng hợp…..
II.3/CÁC PHƯƠNG PHÁP.
II.3.1.Phương pháp bảo toàn khối lượng.
Nội dung Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL)
“ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản
ứng”
Lưu ý : không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn như nước
trong dung dịch.

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ chứa m gam hỗn hợp X
nung nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam ở thể rắn A và 11,2 lít hỗn hợp khí B (đktc) có tỉ
khối so với H2 là 20,4.Tính giá trị m.
A.105,6 gam.
B. 35,2 gam.
C.70,4 gam.
D. 140,8 gam.
Hướng dẫn giải
Bài toán không có dấu hiệu nào chứng tỏ phản ứng xảy ra với hiệu suất 100%, do đó 64g rắn A là Fe và có
thể là oxit sắt còn dư.
PTHH tổng quát của phản ứng
CO + O(oxit) = CO2
Hỗn hợp B gồm CO2 và CO còn dư, gọi x là số mol của CO phản ứng, cũng chính là số mol của CO2:
nB =

11, 2
22, 5

= 0, 5

44x + 28(0,5-x)= 0,5×20,4×2= 20,4, giải phương trình ta được x= 0,4
Theo Định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mX + mCO = mA + m CO2
⇒ m = 64 + 0,4× 44- 0,4×28= 70,4 gam. ⇒ Đáp án C.
Ví dụ 2: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%. Sau phản
ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung
dịch A.
A. 36,66% và 28,48%.
B. 27,19% và 21,12%.
C.27,19% và 72,81%.
D.78,88% và 21,12%.

Hướng dẫn giải
Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
x mol
3x
Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
y mol
2y
Số mol NO2 = 0,5 ; n HNO3 = 2 n NO2 = 0,5×2 = 1mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m dung dịch muối = m (Fe + Cu) + m dung dịch HNO3 – m NO2

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

2


Trường THPT Long Thành
= 12 +

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

1 × 63 × 100
63

− 46 × 0, 5 = 89gam

Ta có hệ phương trình:
56x + 64y = 12
 x = 0,1
 


3x + 2y = 0, 5
 y = 0,1
⇒

%m Fe( NO

3 )3

%m Cu ( NO

3

)2

0,1 × 242 × 100

=
=

89
0,1 × 188 × 100
89

= 27,19%
= 21,12% . ⇒ Đáp án B.

Ví dụ 3 . Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối
cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn
dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?

A.13 gam.
B.15 gam.
C.26gam.
D.30gam.
Hướng dẫn giải
M2CO3 + 2HCl = 2MCl + CO2 + H2O
RCO3 + 2HCl = RCl2 + CO2 + H2O
n CO =
2

4,88
22, 4

= 0, 2mol , Tổng n HCl= 0,4mol và n H2O = 0,2mol.

Áp dụng ĐLBTKL ta có: 23,8 + 0,4 ×36,5 = m muối + 0,2 × 44 + 0,2 ×18.
⇒ m muối = 26 gam. (Đáp án C)
II.3.2.Phương pháp tăng giảm khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp: khi chuyển từ chất A thành chất B khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam
(thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia
phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ: MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2.
Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng tăng:
( M + 2×35,5)-(M + 60) =11 gam. Và có 1 mol CO2 thoát ra. Như vậy khi biết khối lượng muối
tăng, ta có thể tính được lượng CO2.
Ví dụ 1 . Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối
cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn
dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?
A.13 gam.
B.15 gam.
C.26gam.

D.30gam.
Hướng dẫn giải
Cứ 1 mol muối Cacbonat tạo thành 1 mol muối clorua, m muối tăng 71-60=11 gam.
n CO2 = n muối cacbonat = 0,2 mol.
Vậy khối lượng muối tăng sau phản ứng là 0,2 × 11= 2,2 gam.
Vậy tổng khối lượng muối thu được là 23,8 + 2,2 = 26 gam. Đáp án A.
Ví dụ 2:Có 1 lít dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và
CaCl2 vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa B và dung dịch C. %m
các chất trong B lần lượt là:
A.BaCO3:50% và CaCO3 50%.
B. BaCO3:50,38% và CaCO3 49,62%.
C. BaCO3:49,62% và CaCO3 50,38%.
D.Không xác định được.
Hướng dẫn giải
Các phản ứng xảy ra:
Ba2+ + CO32- = BaCO3
Ca2+ + CO32- = CaCO3.
Cứ 1mol BaCl2, hoặc CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối lượng muối giảm: 71-60=11
gam.
Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 bằng:
43 − 39, 7
11

= 0, 3mol

Tổng số mol CO32- trong dung dịch A= 0,1 +0,25= 0,35, chứng tỏ CO32- không phản ứng hết.
Gọi x là số mol BaCO3 và CaCO3 trong kết tủa B.

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

3


Trường THPT Long Thành

{

x + y = 0, 3
197x + 100y = 39, 7

⇒

Thành phần %m trong B
%m BaCO =
3

0,1 × 197
39, 7

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
 x = 0, 1

 y = 0, 2

= 49, 62

⇒ Đáp án C
II.3.3.Phương pháp bảo toàn mol electron.
II.3.3.1/ Nguyên tắc
Trong một hệ oxi hoá khử: “Tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chất oxi hoá nhận”.

Hay “Tổng số mol e do chất khử nhường bằng tổng số mol e mà chất oxi hoá nhận”.
Ví dụ: Cr  Cr+3 + 3e
,
N+5 + 3e  N+2
x
x
3x
t
3t
+2
Cu  Cu + 2e
y
y
2y
+3
Fe  Fe + 3e
z
z
3z
Áp dụng phương pháp bảo toàn e thì : 3x + 2y + 3z = 3t
Khi áp dụng phương pháp này ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các
chất oxi hoá và chất khử, ta không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng oxi hoá khử của bài toán.
II.3.3.2. Ưu điểm.
- Áp dụng cho mọi trường hợp: phản ứng xảy ra có 1 giai đoạn và phản ứng xảy ra có nhiều chất
oxi hoá, nhiều chất khử và qua nhiều giai đoạn, nhiều quá trình.
-Giải bài tập nhanh và không cần phải tư duy nhiều.
II.3.3.3.Các ví dụ.
Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại X,Y có hoá trị không đổi. Oxi hoá hoàn toàn 15,6 gam A bằng oxi dư
thu được 28,4 gam hỗn hợp hai oxit.
Nếu lấy 15,6 gam A hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, thu được V (lít) khí (đktc). Tính V.

Hướng dẫn giải
Nếu giải bài toán này theo kiểu thông thường, thì không đủ dữ kiện để giải, vì quá nhiều ẩn số.
%m CaCO = 100 − 49, 6 = 50, 38
3

2X +
2Y +

n
2
m
2

O2 → X 2O n
O 2 → Y2 O m

X + nHCl → XCl n +

n

H2
2
m
Y + mHCl → YCl m + H 2
2

m O2 = 28,4- 15,6= 12,8,

nO =
2

12, 8
32

= 0, 4

X và Y là chất khử, O2 và H+ là chất oxi hoá
Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: Σne do H+ nhận = Σne do O2 nhận
O2
+ 4e
= 2O2- ,
2H+ + 2e = H2
0,4mol 1,6
2x
2x x
2x= 1,6, ⇒ x = 0,8, ⇒ V = 0,8 × 22,4= 17,92 lít.
Ví dụ 2: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
-Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H2 (đktc).
-Phần 2 nung trong oxi dư thu được 2,84 gam hỗn hợp oxit, Giá trị của m là:
A.1,56 gam.
B.4,4 gam.
C.3,12 gam.
D.4,68 gam.
Hướng dẫn giải
A và B là chất khử, O2 và H+ là chất oxi hoá
Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: Σne do H+ nhận = Σne do O2 nhận
GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

4

Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

O2
+ 4e
= 2O2- ,
2H+ + 2e = H2
0,04mol 0,16
2x 0,16 0,08
m kim loại phần 2= m oxit – m oxi = 2,84- 0,04 ×32= 1,56g
m = 1,56 × 2= 3,12 g ⇒ Đáp án C
Ví dụ 3: Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
-Phần 1 tan hết trong 2 lít dung dịch HCl tạo ra 14,56 lít H2 (đktc)
-Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít NO (đkc) duy nhất
1/ Nồng độ mol của dung dịch HCl là:
A.0,45M.
B.0,25M.
C.0,55M.
D.0,65M.
2/Cô cạn dung dịch sau phản ứng ở phần 1, khối lượng muối thu được là:
A.65,54 gam.
B.68,15 gam.
C.55,64 gam.
D.54,65 gam.
3/Phần trăm khối lượng của Fe là:
A.49,01%.
B.47,97%.
C.52,03%.

D.50,91%.
4/Kim loại M là:
A.Mg
B.Zn.
C.Al.
D.Cu.
Hướng dẫn giải
nH =
2

1/
CM =

14, 56
22, 4

1, 3
2

= 0, 65, ⇒ n HCl = 2n H = 2 × 0, 65 = 1, 3mol
2

= 0, 65M, Dáp án D

2/ m muoi = m kl + m Cl− . Trong đó n Cl− = n HCl = 1,3mol
m muối = 22+ 1,3× 35,5= 68,15g. Đáp án B.
3/ Áp dụng Định luật bảo toàn mol e:
Phần 1: Fe  Fe2+ + 2e
Phần 2 : Fe  Fe3+ + 3e
x

2x
x
3x
a+
a+
M  M + ae
M  M + ae
y
ay
y
ay
+
+5
+2
2H + 2e  H2
N + 3e  N
1,3 0,65
1,3 0,5
 2x + ay = 1, 3  x = 0, 2
0, 2 × 56
⇒
× 100% = 50, 91% , Đáp án D
Ta có hệ phương trình: 
, n Fe = 0, 2 ⇒ %m Fe =
22
3x + ay = 1, 5 ay = 0, 9
4/ mM = 22- 0,2×56= 10,8 gam
0,9
10,8 × a
nM = y =

;M =
= 12a , Vậy a= 2; M= 24 (Mg) là phù hợp. Đáp án A
a
0,9
II.3.4.Phương pháp bảo toàn mol nguyên tố.
Nguyên tắc : Trong các phản ứng hoá học, các nguyên tố luôn được bảo toàn.
Ví dụ 1. Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hoà
tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thì thể tích SO2 (đktc) sản phẩm khử duy
nhất là :
A.448ml.
B.112ml.
C.224ml.
D.336ml.
Hướng dẫn giải.
Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là a,b,c.
Bản chất của quá trình trên là H2 sẽ lấy oxi trong oxit tạo thành H2O theo sơ đồ :
O (trong oxit) + H2 
H2O
(Mol) 0,05
0,05
0,05
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi ta có:
nO = a + 4b + 3c = 0,05.
(1)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe ta có:
3, 04 − 0, 05x16
n Fe =
= 0, 04 .
56
n Fe= a + 3b + 2c = 0,04.

(2)
Từ (1) và (2), ta có: b + c = 0,01.⇒ c = 0,01-b, thế vào (1) hoặc (2), ta có : a + b = 0,02.
Mặt khác:
GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

5


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

2FeO + 4 H2SO4
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O.
a
a/2
2Fe3O4 + 10 H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O.
(mol)
b
b/2
a + b 0, 02
=
= 0, 01mol . Vậy V SO2 = 0,01 . 22,4 = 224ml . Đáp án B.
Tổng n SO2 =
2
2
Ví dụ 2.Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thu được 5,96 gam hỗn
hợp 3 oxit. V dung dịch HCl 2M cần dùng để hoà tan hết hỗn hợp 3 oxit là:
A. 0,06 lít.
B. 0,12 lít.

C.0,24 lít.
D.0,48 lít.
Hướng dẫn giải.
Áp dụng Định luật bảo toàn khối lượng:
mO (oxit)= 5,96-4,04= 1,92 gam.
1, 92
n O2 =
= 0, 12 mol
16
2H+ + O2-  H2O
(mol)
0,24 0,12 0,12
0, 24
VHCl =
= 0, 12l = 120ml. ⇒ Đáp án B.
2
Ví dụ 3. Hoà tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp Al và Fe trong dung dịch HCl dư. Dung dịch thu được cho
tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi, còn lại 8
gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp đầu là:
A.58,03%.
B.41,97%.
C.53,08%.
D.46,92%.
Hướng dẫn giải
Toàn bộ các quá trình biến đổi hoá học được tóm tắt theo sơ đồ sau:
Fe +HCl
+t0 Fe2O3
+NaOH dư
FeCl2
+NaOH Fe(OH)2

Fe(OH)3
Al
Nung trong không khí
AlCl3
Al(OH)3
8
n Fe2 O3 =
= 0, 05mol
160
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có:
nFe = 2 n Fe2O3 = 0, 05.2 = 0, 1 .
5, 6
100 = 58, 03% . ⇒ Đáp án A
m Fe= 0,1 . 56= 5,6 gam, %m Fe =
9, 65
Ví dụ 4: Cho 4,16 gam Cu tác dụng vừa đủ với 120ml dung dịch HNO3 thu được 2,464 lít (đktc) hỗn hợp
hai khí NO và NO2. Nồng độ mol/ lít của HNO3 là:
A.1,0M.
B.0,1M.
C.2,0M.
D.0,5M.
Hướng dẫn giải
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Nitơ ta có:
n N (HNO3 ) = n N( NO− ) + n N( NO2 + NO)
(mol)

3

Toàn bộ lượng Cu chuyển thành Cu(NO3)2: n Cu = n Cu( NO3 )2 =

4, 16
= 0, 065mol .
64

nN (tạo muối nitrat)= 2n Cu= 2.0,065= 0,13 mol.
2, 464
n N (NO2 + NO) =
= 0, 11mol
22, 4
n N (HNO3 ) = 0, 13 + 0, 11 = 0, 24 mol .
0, 24
= 2 M . ⇒ Đáp án C
0, 12
Ví dụ 5. Để hoà tan hết 7,68 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 cần dùng vừa đủ 260ml dung dịch
HCl 1M, dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến
khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là:
A.6,0.
B.7,0.
C.8,0.
D.9,0.
Hướng dẫn giải
Khi cho hỗn hợp 3 oxit tác dụng với HCl thì bản chất là:
C M(HNO3 ) =

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

6


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

2H+ + O2-  H2O.
(mol) 0,26 0,13
0,13.
mO= 0,13.16=2,08 gam.
mFe (trong oxit)= 7,68 -16.0,13= 5,6 gam.
5, 6
n Fe =
= 0, 1mol
56
Toàn bộ các quá trình xảy ra được tóm tắt theo sơ đồ sau:
FeO
Fe(OH)2
+t0
Fe2O3
FeCl2
Fe(OH)3
Fe2O3
Fe(OH)3
Fe3O4
Nung trong không khí
FeCl3
0, 1
n Fe2O3 =
= 0, 05mol , m Fe2 O3 = 0, 05.160 = 8gam . ⇒
2
Đáp án C
Ví dụ 6. Hoà tan hoàn toàn a gam FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng vừa đủ có chứa 0,075mol H2SO4

thu được b gam một muối và 168ml SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Trị số a, b và công thức của
FexOy là:
A. a= 9; b=3,48; FeO.
B. a= 3,48; b= 9; Fe3O4.
C. a= 3,48; b= 8; FeO.
D. a= 8; b= 3,99; Fe3O4.
Hướng dẫn giải
Fe2(SO4)3 amol
H2SO4
SO2 0,0075mol
0,075mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có: 0,075= 3a + 0,0075, a = 0,0225.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có: n H2O = n H2SO4 = 0, 075mol
FexOy + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2
+ H2O
(mol)
z
0,075
0,0225
0,0075 0,075
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có: zx = 0,0225. 2 = 0,045mol.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Oxi, ta có: zy + 4.0,075 = 12.0,0225 + 2.0,0075 + 0,075.
Zx = 0,045
Zy = 0,06
x 0, 045 3
=
= . ⇒ Fe3O4.
y 0, 06 4
a = m Fe + m O = 0,045. 56 + 0,06.16 = 3,48 gam.
b = 0,0225. 400 = 9 gam. ⇒ Đáp án B

II.3.5.Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình.
Trong hoá học thường gặp các bài toán hỗn hợp các chất có tính chất tương đương (hỗn hợp các
kim loại có cùng hoá trị, các chất cùng dãy đồng đẳng…có cùng chung tính chất hoá học).Khi đó để giải
nhanh, chúng ta sử dụng các đại lượng trung bình, dựa vào tính chất cơ bản của giá trị trung bình:
* Giá trị nhỏ nhất (min) < giá trị trung bình < giá trị lớn nhất (max).
II.3.5.1/Khối lượng mol M trung bình.( )
n

m
M n + M 2 n 2 + ... + M n n n
M = hh = 1 1
=
n hh
n1 + n 2 + ... + n n

∑M n
i

i =1

i

(1)

n

∑n
i =1

i

Trong đó: m hh : khối lượng hỗn hợp.
n hh: Tổng số mol hỗn hợp.
Mi : Khối lượng mol chất thứ i trong hỗn hợp.
ni : Số mol chất thứ i trong hỗn hợp.
Công thức (1) có thể viết thành:
n
n
n
M = M1 1 + M 2 2 + M 3 3 + ...
∑ ni
∑ ni
∑ ni
M = M1x1 + M 2 x 2 + M 3 x 3 + ...
GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

(2)
7


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

Trong đó x1,x2… là % số mol tương ứng của các chất. Đặc biệt đối với chất khí thì x1, x2.. cũng chính là %
thể tích nên công thức (2) có thể viết thành:
n

M V + M 2 V2 + ... + M n Vn
M= 1 1

=
V1 + V2 + ... + Vn

∑M V
i

i =1

i

n

∑V
i =1

(3)

i

Trong đó Vi là thể tích tương ứng của khí i trong hỗn hợp.
II.3.5.2/Nguyên tử khối trung bình của A nguyên tố (
)
Hầu hết các nguyên tố hoá học trong tự nhiên đều có nhiều đồng vị, do đó nguyên tử khối của các nguyên
tố này là nguyên tử khối trung bình của các đồng vị tính theo công thức:
Tæng khèi l­îng c¸c nguyªn tö ®ång vÞ
A=
Tæng sè nguyªn tö ®ång vÞ
A x + A 2 x 2 + ... + A n x n
A= 1 1
100

Trong đó An là khối lượng đồng vị thứ n.
xn là % số nguyên tử đồng vị thứ n. (Σxn =100)
Ví dụ: Trong tự nhiên Ni có 5 đồng vị với % số nguyên tử tương ứng của mỗi đồng vị như sau:
58
60
61
62
64
28 Ni
28 Ni
28 Ni
28 Ni
28 Ni
67,76%
26,16%
1,25%
3,66%
1,16%
58.67, 76 + 60.26, 16 + 61.1, 25 + 62.3, 66 + 64.1,16
A Ni =
= 58, 77
100
II.3.5.3/Số oxi hoá trung bình.
Ví dụ:
Al (x mol)
AlCl3
+dd
HCl
dd
Y

+H2
Hỗn hợp X
Fe (y mol)
FeCl2
Gọi n là số oxi hoá trung bình của hai kim loại.
n
M + nHCl → MCl n + H 2
2


3x + 2y
< 3÷
2 < n =
x+y


II.3.5.4/Các đại lượng trung bình thường gặp trong hợp chất hữu cơ.
Số nguyên tử ( cacbon, hidro…..) trung bình.
Số nhóm chức trung bình.
Số liên kết π trung bình.
Số gốc hidrocacbon trung bình.

- n
- x
- a
- R
...
Ví dụ 1.Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A,B liên tiếp, lấy 6,2 gam X hoà tan hoàn toàn vào nước thu
được 2,24 lít khí H2 (đktc) Kim loại A,B là:
A.Li,Na.

B.Na,K.
C.K,Rb.
D.Rb,Cs.
Hướng dẫn giải.
Đặt công thức chung của A,B là R. Ta có PTHH:
2R +2 H2O  2ROH + H2
(mol) 0,2
0,2
0,1
6,2
M=
= 31 ⇒ A là Na (23) < M = 31 < B là K (39) ⇒ Đáp án B
0,2
Ví dụ 2. Hoà tan hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại X và Y kế tiếp nhau trong
nhóm IIA vào dung dịch HCl, thu được 1,12 lít khí CO2 (đktc).Tên của hai kim loại X và Y lần lượt là:
A.Be-Mg.
B.Mg-Ca.
C.Ca-Sr.
D.Sr-Ba.
Hướng dẫn giải
GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

8


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

t cụng thc chung ca X v Y l R. Ta cú PTHH:

RCO3 + 2HCl RCl2 + CO2 + H2O.
(mol) 0,5
0,5
1,12
n CO2 =
= 0,05
22, 4
4,68
MCO3 =
= 93,6 M = 93,6 60 = 33,6;X < M < Y
0,05
Hai kim loi ú l : Mg =24 < M = 33,6 < Ca =40 ỏp ỏn B
Vớ d 3. Cho 150ml dung dch AgNO3 0,4M vo dung dch cha 4,4 gam mui natri halogenua ca hai
nguyờn t X v Y (thuc hai chu k liờn tip). X v Y ln lt l:
A.Flo, Clo.
B.Clo, Brom.
C.Brom, Iot.
D.Clo, Iot.
Hng dn gii
t cụng thc chung ca hai nguyờn t X v Y l N. Ta cú PTHH:
NaN + AgNO3 AgN + NaNO3.
Ta cú nN = n AgNO3 = 0,4 . 0,15 = 0,06 mol.
Khi lng mol trung bỡnh ca hai mui l:
M X,Y = 73,3 23 = 50,3 X v Y l Cl (35,5) v Brom (80) ỏp ỏn B
Vớ d 4. Cho 1,9 gam hn hp mui cacbonat v hidrocacbonat ca kim loi kim M tỏc dng vi dung
dch HCl d, to ra 0,448 lớt khớ (ktc). Kim loi M l :
A. Li.
B.Rb.
C.K.
D.Na.

Hng dn gii
M2CO3 + 2HCl 2MCl + CO2 + H2O.
MHCO3 + HCl MCl + CO2 + H2O.
0, 448
1,9
n CO2 =
= 0,02 , M hỗn hợp muối =
= 95. M + 61 < 95 < 2M + 60.
22, 4
0,02
17,5 < M < 34 M l Na (23) ỏp ỏn D
Vớ d 5.Hn hp khớ SO2 v O2 cú t khi so vi CH4 bng 3. Cn thờm bao nhiờu lớt O2 vo 20 lớt hn hp
khớ ú cho t khi so vi CH4 gim i 5/6.( Cỏc khớ c o cựng iu kin nhit , ỏp sut).
A.10 lớt.
B.30 lớt.
C.20 lớt.
D.40 lớt.
Hng dn gii
Cỏch 1. Gi x l % th tớch ca SO2 trong hn hp ban u, ta cú:
M = 16.3 = 48 = 64x + 32(1 - x). Gii phng trỡnh : x= 0,5.
Vy : mi khớ chim 50% th tớch. Nh vy trong 20 lớt, mi khớ chim 10 lớt.
Gi V l s lớt O2 cn thờm vo hn hp, ta cú :
5
64.10 + 32(10 + V)
M Â = .3.16 = 40 =
. Gii ra cú V =20 lớt. ỏp ỏn C
6
20 + V
Cỏch 2. Hn hp khớ ban u coi nh khớ th nht ( 20 lớt cú M= 16.3=48), cũn O2 thờm vo xem nh l
khớ th hai, ta cú phng trỡnh:

5
48.20 + 32V
M = .3.16 = 40 =
. Gii ra cú V =20 lớt. ỏp ỏn C
6
20 + V
Vớ d 6. t chỏy hon ton a gam hn hp hai ancol no, n chc liờn tip trong dóy ng ng, thu
c 3,548 lớt CO2 (ktc) v 3,96 gam H2O. Tớnh a v xỏc nh CTPT ca cỏc ancol.
A. 3,32 gam; CH3OH v C2H5OH.
B.4,32 gam; C2H5OH v C3H7OH.
C.2,32 gam; C3H7OH v C4H9OH.
D.3,32 gam; C2H5OH v C3H7OH.
Hng dn gii
Gi n l s nguyờn t C trung bỡnh v x l tng s mol ca hai ancol.
3n
C n H 2n+ 1OH +
O 2 đ nCO2 + (n + 1)H 2 O
2
(mol) x
nx
(n + 1)x

GV: Nguyn Th Thanh Thu

9


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

3,584
= 0,16mol.
(1)
22, 4
3,96
n H2O = (n + 1)x =
= 0,22mol
(2)
18
n =0,06 v
T (1) v (2) gii ra x
= 2,67.
n
Ta cú:a=( 14
+ 18)x = (14.2,67 + 18) 0,06 = 3,32 gam.
n
= 2,67. Hai ancol l C2H5OH v C3H7OH. ỏp ỏn D
Vớ d 7. Hn hp X gm 2 este c to thnh t 2 axit n chc k tip trong dóy ng ng v 1 ancol
n chc, t chỏy hon ton 20,1 gam X cn 146,16 lớt khụng khớ (ktc).Sn phm chỏy ln lt cho qua
bỡnh I cha H2SO4 c, sau ú qua bỡnh II cha dung dch Ca(OH)2 d, khi lng bỡnh I tng m gam v
bỡnh II tng 46,2 gam. CTPT ca 2 este l:
A.C5H8O2 v C6H8O2.
B.C5H10O2 v C6H12O2.
C.C5H8O2 v C7H10O2.
D.C5H8O2 v C6H10O2.
Hng dn gii
Theo bi ta thy 2 este l n chc v k tip nhau trong dóy ng ng.Gi CTTQ ca 2 este l:
C x H y O 2 (x, y lần lượt là số cacbon và số hidro trung bình của 2 este) . Gi a l s mol hn hp este.Ta cú
n CO2 = nx =

y
y
-1)O 2 đ xCO 2 + H 2 O
(1)
4
2
PTHH:
y
y
(mol)
a
a(x + -1)
ax
a
4
2
1
Số mol O 2 phản ứng = số mol không khí.
5
146,16 1
n O2 =
. = 1,305mol
22, 4 5
Theo bi, tng khi lng ca dung dch Ca(OH)2 chớnh l khi lng ca CO2. m CO2 = 46,2 g.
46,2
n CO2 =
= 1,05mol . Theo (1) ta cú:
44
ax = 1,05

C x H y O 2 + (x +

a = 0,18

y
a(x + -1)=1,305
4
Do 2 este l
ng
(12x + y +32)a=20,1 t este s H luụn chn,

x = 5,83

ng liờn tip nhau v trong

y = 9,67 nờn t x và y CTPT ca 2 este

phõn
l C5H8O2 v C6H10O2. ỏp ỏn D
II.3.6.Phng phỏp ng chộo.
Ni dung ca phng phỏp : Phng phỏp ng chộo c s dng trong cỏc bi toỏn trn
ln dung dch cú cựng cht tan, cựng nng hoc trn ln cỏc cht khớ khụng tỏc dng vi nhau.
1/ i vi nng % v khi lng :
M1........C1
C2-C
C



m1 C 2 C

=
m 2 C C1

(1)

M2....... C2
C C1
Trong ú
+ m1 l khi lng dung dch cú nng C1%, m2 l khi lng dung dch cú nng C2%
+ C% l nng dung dch thu c sau khi trn ln hai dung dch, vi C1 < C < C2
2/ i vi nng mol/ lớt

V1..............CM (1)
GV: Nguyn Th Thanh Thu

CM (2)- CM
10


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
⇒

V1 CM (2) − C
=
, (II)
V2 C − CM (1)

CM CM - CM (1)

V2 ............CM (2)
Trong đó: + V1 là thể tích
dung dịch có nồng độ mol CM (1)
+ V2 là thể tích
dung dịch có nồng độ mol CM (2)
+ CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với CM (1) < CM < CM
(2)
3/ Đối với các chất khí không tác dụng với nhau
V1............M1
_
M2 – M
V1 M 2 − M
⇒
= _
, (III)
V2 M
M
− M1
V2.............M2
M – M1 tích khí thứ 1 có khối lượng mol phân tử M1
Trong đó : + V1 là thể
+ V2 là thể tích khí thứ 2 có
khối lượng mol phân tử M2.
+ M là khối lượng mol phân tử trung bình, với M1 < M < M 2
4/ Chú ý :
Để vận dụng tốt phương pháp đường chéo, phải thuộc các công thức (I),(II),(III) để áp dụng vào
những bài toán cụ thể.
+ Chất rắn xem như dung dịch có C% = 100%.
+ Dung môi xem như dung dịch có C%= 0%.
+Nếu pha trộn hai dung dịch, hai chất khí...mà xảy ra phản ứng hoá học thì không áp dụng phương

pháp đường chéo.
+ Trộn lẫn hai dung dịch không cùng chất tan.
Ví dụ 1 :Trộn m1 (g) dung dịch HCl 36% với m2 (g) dung dịch HCl 12% thu được 15ml dung dịch HCl
20% (d= 1,1 g/ml).Giá trị của m1 và m2 lần lượt là :
A.4,5 g và 12 g.
B.11 g và 5,5 g.
C.5,4 g và 11,1 g.
D.5,5 g và 11g.
Hướng dẫn giải
m1 ...........36
8
⇒

20

m1
m2

=

8
16

=

1
2

m2 ...........12
16

Kết hợp với m1 + m2
= 15×1,1= 16,5 ⇒ m1= 5,5 g và m2 =11g ⇒Đáp án D
Ví dụ 2 :Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 600g dung dịch NaOH 18% để thu được dung dịch NaOH
15% ?
A.60.
B.120.
C.160.
D.400.
Hướng dẫn giải
Xem nước là dung dịch NaOH 0%, ta có :
m1 ..........0
3
⇒

15

m1
m2

=

3
15

=

1
5

m2 .........18

15
⇒ m1=600×1/5= 120, Đáp án B
Ví dụ 3 :Hoà tan 200 gam SO3 vào m2 gam dung dịch H2SO4 49% ta được dung dịch H2SO4 78,4%.Giá trị
của m2 là
A.133,3g.
B.146,9g.
C.272,2g.
D.300 g.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoá học
SO3 +
H2O
 H2SO4.
98 ×100
= 122,5gamH 2SO 4
100 gam SO3 
80
Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng 122,5%.
Gọi m1,m2 lần lượt là khối lượng của SO3 và dung dịch H2SO4 49% cần lấy.
m1 ...........122,5
29,4
78,4

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

⇒

m1
m2

=

29, 4
44,1

11


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

m2 ...........49
44,1
44,1
m2 =
ì 200 = 300gam . ỏp ỏn D
29, 4
Vớ d 4: Cn trn H2 v CO theo t l th tớch nh th no thu c hn hp khớ cú t khi so vi metan
bng 1,5.
Hng dn gii
M = 1,5ì16=24
VH2..............2
4


24

VCO ............28

22

PHN 3 : CC DNG BI

VH2
VCO

=

4
22

=

2
11

TP.

I/ TNH THEO PTHH KHI CHO 2 LNG CHT PHN NG.(Phn ng xy ra hon ton)
I.1.Yờu cu.
-c k bi xỏc nh ỳng cht phn ng ht, cht cũn d sau phn ng.
-Tớnh theo PTHH da vo cht phn ng ht.
I.2.Phng phỏp gii.
-Lp PTHH.Vit t l mol.
-So sỏnh t l mol ca cỏc cht tham gia phn ng. Xỏc nh cht cũn d theo h s PTHH.
aA + bB cC + dD
nA nB
So sỏnh hai t l:
n A nB

=
thì A và B đều phản ứng hết.
a
b
n A nB
>
thì A dư và B phản ứng hết.
a
b
n A nB
<
thì A phản ứng hết và B dư.
a
b
-Tớnh toỏn theo lng cht phn ng ht.
I.3.Cỏc vớ d.
Vớ d 1.Cho 1,3 gam Zn vo 200ml dung dch H2SO4 cú pH =2.Cht no cũn d sau phn ng? Khi
lng?
Hng dn gii.
1,3
n Zn =
= 0,02; [H + ] = 10- 2M , n H+ = 0,2.10- 2 = 0,002mol, n H2SO4 = 0,001mol.
65
Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2.
So sỏnh t l mol ca Zn v H2SO4 xỏc nh cht no cũn d, cht no phn ng ht.
0,02 0,001
>
, Zn dư và H 2SO 4 hết.
1
1

n Zn phn ng = n H2SO4 = 0,001 , m Zn d = 1,3 0,001. 65 = 1,235 gam.
Vớ d 2. Cho 6,68 gam hn hp gm Al v Fe tỏc dng ht vi 2 lớt dung dch HCl 0,2M c dung dch
A v 3,584 lớt khớ H2 (ktc).
a.Tớnh %m mi kim loi trong hn hp u.
b.Tớnh pH ca dung dch A.
Hng dn gii.
Ta cú PTHH:
n H+ đầu = 0,2.2 = 0, 4mol.
n H2

3,584
=
= 0,16mol.
22, 4

Al đ Al3+ + 3e
x
3x
Fe đ Fe
y

GV: Nguyn Th Thanh Thu

2+

+ 2e
2y

2H +
(mol) 0,32

+ 2e đ H 2
0,32

0,16

12


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

n H+ phn ng = 0,16 . 2 = 0,32 mol < n H+ u axit d sau phn ng.
n H+ d = 0,4 0,32 = 0,08 mol.
a. Gi x l s mol Al, y l s mol Fe trong hn hp. Ta cú phng trỡnh:
27x + 56 y = 6,68
x = 0,04
3x + 2y = 0,32.
y = 0,1.

%m Al = 27.0,04 .100 =16,17%.
6,68

%m Fe = 56.0,1.100 = 83,83%.
6,68

b.pH ca dung dch A.
0,08
[H + ] dư =

= 0,04M, pH =1,4.
2
Vớ d 3.Cho 114,2 gam dung dch H2SO4 20% vo 400 gam dung dch BaCl2 5,2%. Tớnh C% ca cỏc cht
trong dung dch sau phn ng.
Hng dn gii.
114,2.20
400.5,2
n H2SO4 =
= 0,233mol.
n BaCl2 =
= 0,1.
100.98
100.208
Ba 2+ + SO 2-4 đ BaSO 4
S mol ban u.
0,1
0,233
S mol phn ng.
0,1
0,1
0,1
S mol d
0,0
0,133
Dung dch sau phn ng cha HCl v H2SO4 d.
n H2SO4 = n SO2- dư = 0,133mol.
4

n HCl = n Cl-

= 0,1.2 = 0,2mol.

Khi lng kt ta = 0,1 . 233 = 23,3 gam.
Khi lng dung dch sau phn ng = 114,2 + 400 -23,3 = 490,9 gam.
0,133.98.100
C%H2SO4 =
= 2,66%.
490,9
0,2.36,5
C% HCl =
.100 = 1,49%.
490,9
II/ DNG TON pH.
II.1.Mt s lu ý khi gii bi toỏn pH.
a.
pH = - lg [H + ], nếu [H + ] = 10-a M thì pH = a.
Trong bất kỳ dung dịch nào ta luôn luôn có [H + ][OH- ] = 10- 14 ở 250 C.
b.Nu mụi trng baz pH > 7, ta phi tớnh theo [OH-].
Vớ d: Cho dung dch cú pH =11, mụi trng baz, OH- chim u th.
10- 14
+
-11
đ
[H
]
=
10
M,
[OH
]

=
= 10-3M.
pH =11,
- 11
10
c.Nu mụi trng axit pH < 7, ta phi tớnh [H+].
Vớ d: Cho dung dch cú pH= 3, mụi trng axit, H+ chim u th. [H+] = 10-3M.
d. Phn ng trung ho tc c axit v baz u phn ng ht.
Cho axit mnh tỏc dng vi baz mnh, phi xỏc nh xem cht no cũn d sau phn ng v tớnh
nng mol ca cht ú, tớnh [H+] suy ra pH.
II.2.Cỏc vớ d. Tớnh pH khi pha loóng dung dch khụng cú phn ng hoỏ hc xy ra.
II.2.1. Nguyờn tc khi tớnh pH trong trng hp ny.
Khi pha loóng dung dch, sụ mol khụng i, nng mol/ lớt thay i.
Dung dch 1 cú nng C1, th tớch V1, lng cht tan n1, pha loóng bng nc to thnh dung dch 2 cú
nng C2, th tớch V2, lng cht tan n2.
Vỡ s mol khụng i nờn n1 = n2. C1V1= C2V2.
GV: Nguyn Th Thanh Thu

13


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Vớ d 1.Dung dch HCl cú pH =2 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln thu c dung
dch cú pH = 4?
A.10 ln.
B.99 ln.
C.101 ln.

D.100 ln.
Hng dn gii
Ta cú pH =2 vy C1= [H+] = 10-2M, C2 = [H+] = 10-4M.
T cụng thc C1V1= C2V2 ta cú

10- 2 V1 = 10- 4 V2 ,

V1 10- 4
1
= -2 =
V2 10
100

ị

ị V2 = 100V1 ị pha loãng 100 lần.
ỏp ỏn D.
Vớ d 2.Dung dch HCl cú pH =1 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln thu c dung
dch cú pH = 2?
A.10 ln.
B.99 ln.
C.101 ln.
D.100 ln.
Hng dn gii
Ta cú pH =1 vy C1= [H+] = 10-1M, C2 = [H+] = 10-2M.
V1 10- 2
1
- 1
- 2
T cụng thc C1V1= C2V2 ta cú

10 V1 = 10 V2 , ị
= -1 =
V2 10
10
ị V2 = 10V1 ị pha loãng 10 lần.
ỏp ỏn A.
Vớ d 3.Dung dch NaOH cú pH =11 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln c dung
dch NaOH cú pH=9.
A.10 ln.
B.99 ln.
C.100 ln.
D.101 ln.
Hng dn gii
Mụi trng baz ta phi tớnh [OH-]
Ta có pH =11, vậy:
10- 14
C1 = [OH ] = - 11 = 10- 3 M.
10
Dung dịch sau khi pha loãng có:
-

10-14
C 2 = [OH ] =
= 10-5M.
-9
10
T cụng thc C1V1= C2V2 ta cú :
-

10- 3 V1 = 10- 5 V2 ,

ị

V1 10- 5
1
= -3 =
V2 10
100

ị V2 = 100V1 ị pha loãng 100 lần.
ỏp ỏn C.
II.2.2.Mt s sai lm khi tớnh toỏn trong trng hp ny.
Vớ d 3.Dung dch NaOH cú pH =11 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln c dung
dch NaOH cú pH=9.
A.10 ln.
B.99 ln.
C.100 ln.
D.101 ln.
Nu mụi trng baz m khụng tớnh [OH-] li a [H+] vo cụng thc :
C1 =[H + ]= 10-11M, C 2 =[H + ]= 10-9M.
- 11

10

- 9

V1 = 10 V2 ,

V1 10- 9
ị

=
= 100
V2 10- 11
ị V1 = 100V2 ị sai .

Sai, vỡ n OH- ph thuc vo s mol baz cho vo lỳc ban u, nu s mol baz thay i thỡ n OH- lm cho pH
thay i.
Nu tớnh theo [H+ ] , khi pha loóng bng H2O thỡ [H+ ] thay i, nhng [H + ] do nc in li ra ch khụng
phi do cht tan m nc l dung mụi ch khụng phi l cht tan.(vỡ khi pha loóng thỡ s mol cht tan
khụng i)
II.2.3.a ra phộp tớnh nhanh cho hc sinh trong trng hp ny.
GV: Nguyn Th Thanh Thu

14


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Khi pha loóng pH tng hay gim i mt n v thỡ s ln pha loóng l 101 ln.
Khi pha loóng pH tng hay gim i 2 n v thỡ s ln pha loóng l 102 ln.
Khi pha loóng pH tng hay gim i n n v thỡ s ln pha loóng l 10n ln.
Vớ d1. Dung dch HCl cú pH =1 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln thu c dung
dch cú pH = 2?
A.10 ln.
B.99 ln.
C.101 ln.
D.100 ln.
Hng dn gii

Tớnh nhanh : pH tng 2-1= 2 n v, s ln pha loóng l 101 ln, pha loóng 10 ln. ỏp ỏn A.
Vớ d 2.Dung dch NaOH cú pH =11 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln c dung
dch NaOH cú pH=9.
A.10 ln.
B.99 ln.
C.100 ln.
D.101 ln.
Hng dn gii
Tớnh nhanh : pH gim 11-9 = 2 n v, s ln pha loóng l 102 ln, pha loóng 100 ln. ỏp ỏn C.
III/ XC NH KHI LNG HN HP DA VO NH LUT BO TON KHI LNG.
III.1.Ni dung.
Nhiu bi toỏn hoỏ hc phc tp cú th gii nhanh bng phng phỏp bo ton khi lng.
III.1.1. Trong mt phn ng hoỏ hc : Tng khi lng cỏc sn phm bng tng khi lng cỏc cht
tham gia phn ng.
III.1.2.Trong mt hp cht : Khi lng ca cht bng tng khi lng cỏc nguyờn t ca nguyờn t
cu thnh nờn cht ú.
III.1.3.Khi lng ca dung dch = khi lng cht tan + khi lng dung mụi.
III.1.4.Khi pha trn cỏc dung dch vi nhau :
m dd sau khi pha trộn = m dd ban đầu - m các chất thoát ra khỏi dd .
III.1.5.Khi lng hn hp mui bng tng khi lng ca cation v anion.
III.2.Cỏc vớ d.
Vớ d 1.Cho 24,4 gam hn hp Na2CO3 v K2CO3 tỏc dng va vi dung dch BaCl2.Sau phn ng thu
c 39,4 gam kt ta.Khi lng mui clorua to ra trong dung dch l :
A.2,66.
B.22,6.
C.26,6.
D.6,26.
Hng dn gii
39, 4
n BaCl2 = n BaCO3 =

= 0,2mol.
197
t cụng thc chung ca hai mui cacbonat l : M2CO3.
M2CO3 + BaCl2 BaCO3 + 2MCl
24,4g
0,2 mol
39,4g
mg
m = 24,4 + 208.0,2-39,4=26,6. ỏp ỏn C.
Vớ d 2.Ho tan hon ton 10 gam hn hp gm Mg v Fe trong dung dch HCl d, to ra 2,24 lớt H2
(ktc). Khi lng mui clorua to ra l:
A.1,71 gam.
B.17,1gam.
C.3,42gam.
D.34,2 gam.
Hng dn gii
2,24
Ta có n Cl- = n H+ = 2n H2 = 2
= 0,2mol.
22, 4
ỏp ỏn B.
m muối = m kim loại + m Cl- = 10 + 0,2.35,5 = 17,1gam.
Vớ d 3.Cho 2,81 gam hn hp A gm 3 oxit Fe2O3,MgO,ZnO tan va trong 300ml dung dch H2SO4
0,1M. Khi lng hn hp mui sunfat to ra l:
A.3,81 gam.
B.4,81 gam.
C.5,21 gam.
D.4,8 gam.
Hng dn gii
p dng nh lut bo ton khi lng, ta cú:

m hỗn hợp oxit + m axit = m hỗn hợp muối + m nước .
nh lut bo ton nguyờn t i vi Hidro, ta cú: n H2SO4 =n H2 O =0,3.0,1=0,03mol
m hỗn hợp muối = 2,81+ 0,03.98 -0,03.18= 5,21 gam. ỏp ỏn C.

GV: Nguyn Th Thanh Thu

15


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Vớ d 4.Hn hp A gm N2 v H2 theo t l 1:3 v th tớch, to phn ng tng hp NH3. Sau phn ng
c hn hp khớ B, d A B = 0,6. Hiu sut phn ng tng hp NH3 l:
A80%.
B.50%.
C.70%.
D.85%.
Hng dn gii
Gi x l s mol N2 lỳc ban u, s mol H2 ban u l 3x.
N 2 +3H 2 2NH 3
Số mol ban đầu
x
3x
0
Số mol phản ứng
a
3a
2a

Số mol lúc cân bằng (x-a) (3x-3a)
2a
Tng s mol hn hp sau phn ng= nB = x-a + 3x-3a + 2a = 4x- 2a.
p dng nh lut bo ton khi lng: mA = mB.
MA nB
dA =
=
= 0,6.
B
MB nA
4x-2a

= 0,6. a = 0,8x.
4x
0,8x
H=
100 = 80%.
x
ỏp ỏn A.
IV/ CO2 HOC SO2 TC DNG VI DUNG DCH KIM.

Vi CO2
Sc khớ CO2 vo dd OH- cú th xy ra hai phn ng sau:
CO2 + OH - đ HCO-3
(1)

T=

CO2 + 2OH - đ CO32- + H 2 O
(2)

Da vo bng sau õy xỏc nh cỏc cht cú trong dd sau phn ng
Phn ng xy ra Anion cú trong dd sau phn ng
S mol mui thu c
nOH
nCO2

T1

(1)

HCO3

1
(1) v (2)

HCO3 và CO32-

nHCO = nOH
3
nHCO = 2 nCO2 nOH
3
nCO 2 = nOH nCO2
3

T=2

(2)

T>2

(2)

2
3

CO

nCO 2 = 1 nOH = nCO2
3
2
nCO 2 = nCO2
3

CO32 v OH- d

Vi SO2 : Phn ng xy ra tng t nh CO 2 khi tỏc dng vi dung dch kim, nhng
khỏc vi CO2, SO2 cú tớnh kh cũn CO2 thỡ khụng.
Vớ d 1.Hp th hon ton 4,48 lớt SO2 (ktc) vo dung dch cha 16 gam NaOH. Khi lng mui thu
c
trong dung dch l:
A. 18,9 gam.
B.25,2 gam.
C.23 gam.
D.20,8 gam.
Hng dn gii
16
4, 48
n OH =
= 0, 4mol.

n SO2 =
= 0,2mol
40
22, 4
n 0, 4
T = OH =
= 2 tạo muối Na 2SO3 .
n SO2 0,2
SO2 + 2NaOH Na 2SO3
(mol) 0,2
0,4
0,2
GV: Nguyn Th Thanh Thu

16


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Vy m Na2SO3 = 0,2.126 = 25,2gam. ỏp ỏn B.
Vớ d 2. Hp th hon ton 2,688 lớt CO2 (ktc) vo 2,5 lớt dung dch Ba(OH)2 nng a mol/ lớt thu c
15,76 gam kt ta. Giỏ tr ca a l :
A. 0,032.
B.0,06.
C.0,04.
D.0,048.
Hng dn gii
n CO =

2

2, 688
22, 4

= 0,12mol.

3

15, 76
197

= 0, 08mol.

HCO 3-

CO 2 + OH (mol) x

n BaCO =

x

x

CO 2 + 2OH - CO 32- + H 2 O
(mol) y
Ba

2y
2+

2-

+ CO 3

(mol) y

y
BaCO 3

y

y=0,08.

Ta có phương trình: x + y = 0,12. x = 0,04.
Ba(OH)2 Ba 2 + + 2OH
(mol) 2,5a
5a
n OH = 5a = x + 2y = 0,04 + 2.0,08 = 0,2.
0,2
= 0,04M. Đáp án C.
5
Vớ d 3. Hp th hon ton 4,48 lớt CO2(ktc) vo 500ml dung dch hn hp gm NaOH 0,1M v Ba(OH)2
0,2M, sinh ra m gam kt ta, giỏ tr ca m l :
A.11,82 gam.
B.9,85 gam.
C.17,73 gam.
D.19,70 gam.
Hng dn gii
4, 48

n CO2 =
= 0,2mol.
n OH- =0,5(0,1+ 0,2.2)=0,25mol.
22, 4
n Ba2+ = 0,2.0,5 = 0,1mol.
a=

T=

n OHn CO2

=

0,25
=1,25 tạo 2 muối
0,2

CO2 + OH
(mol) x

HCO

-

x

Ta lp h phng trỡnh.
x + y = 0,2.
x + 2y= 0,25
x = 0,15.

y = 0,05

3

x

CO2 + 2OH CO32- + H 2 O
-

(mol) y

2y

y

Ba 2+ + CO32- BaCO3
(mol)
0,05
0,050,05.197= 9,85 gam

mBaCO3 =
Cỏch khỏc:
n CO2 = n OH n CO2 = 0,25 0,2 = 0,05mol < n Ba2+ = 0,1.



ỏp ỏn B.

3

Do đó n BaCO3 = n CO2 = 0,05mol.
3

Ghi chỳ: ch ỏp dng cụng thc n CO23 = n OH n CO2 khi phn ng to ra hn hp 2 mui.
V/ BI TP TNG HP.
Vớ d 1.Ho tan hon ton 8,862 gam hn hp gm Al v Mg vo dung dch HNO3 loóng, thu c dung
dch X v 3,136 lớt (ktc) hn hp Y gm hai khớ khụng mu, trong ú cú mt khớ hoỏ nõu trong khụng
khớ. Khi lng ca Y l 5,18 gam. Cho dung dch NaOH (d) vo X v un núng, khụng cú khớ mựi khai
thoỏt ra. Phn trm khi lng ca Al trong hn hp ban u l:
A.19,53%.
B.12,8%.
C.10,52%.
D.15,25%.
Hng dn gii
Cho dung dch NaOH (d) vo X v un núng, khụng cú khớ mựi khai thoỏt ra chng t khụng cú
sn phm kh NH4NO3 to thnh.
17
GV: Nguyn Th Thanh Thu


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Hn hp Y gm hai khớ khụng mu, trong ú cú mt khớ hoỏ nõu trong khụng khớ chng t cú mt
khớ l NO.
3,136
5,18
nY =
= 0,14mol M Y =

= 37.
22, 4
0,14
M NO cú M=30 Khớ cũn li l NO2 (46) hoc N2O (44), vỡ khớ khụng mu nờn loi NO2 ( mu
nõu ).
30 + 44
= 37. n NO = n N 2 O = 0,07mol.
Vỡ M Y =
2
Gi x l s mol Mg v y l s mol Al.
Quỏ trỡnh oxi hoỏ:
Mg Mg2+ + 2e.
x
x
2x
Al Al3+ +3e
y
y
3y
Quỏ trỡnh kh:
NO3 + 3e + 4H + NO + 2H 2 O.
(mol)

0,07

0,21 0,28

0,07

2NO + 8e +10H N 2 O + 5H 2 O

3

+

(mol)
0,14
0,56 0,7
0,07
p dng nh lut bo ton e vo cỏc quỏ trỡnh trờn ta cú: 2x + 3y = 0,77
Kt hp vi
phng trỡnh khi lng ta cú h phng trỡnh:
2x + 3y = 0,77.
Al = 0,042.27 = 1,134 gam.
24x + 27y = 8,862
x = 0,322.
y = 0,042
1,134.100%
%Al =
= 12,8%. ỏp ỏn B.

8,862
Vớ d 2.Ho tan 7,68 gam Cu vo 150 ml dung dch hn hp HNO3 0,8M v H2SO4 0,4M thu c dung
dch A v V lớt khớ NO duy nht (ktc).
a) Giỏ tr ca V l:
A. 1,792.
B.2,688.
C.1,344.
D.1,568.
b) Cụ cn dung dch A thu c khi lng mui khan l :
A. 15,24 gam.

B.17,16gam.
C.15,17gam.
D.18,24gam.
Hng dn gii
a)
7,68
n Cu =
= 0,12mol.
64
n H+ = n HNO3 + 2n H2SO4 = 0,15(0,8 +0,4.2)= 0,24mol.
n SO2 = n H2SO4 = 0,06mol.
4

3Cu + 8H + + 2NO-3 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O.
n ban đầu 0,12

0,24

0,12.

0,24 0,12 0,12
<
<
H + tham gia phản ứng hết.
8
3
2
0,24.2
n NO =
= 0,06 VNO = 0,06.22, 4 = 1,344 lít.

8
Đáp án C.
So sánh tỉ lệ:

b)

GV: Nguyn Th Thanh Thu

18


Trường THPT Long Thành
n NO-

3

t¹o muèi

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

= n NO − ban ®Çu − n NO− t¹o NO = 0,12-0,06= 0,06mol.
3

3

n SO2− t¹o muèi = n H2SO4 = 0,06mol.
4

m muèi = m Cu2+ + m NO-

3

t¹o muèi

+ m SO2− t¹o muèi .
4

= 64.0,09 + 62.0,06 + 96.0,06 = 15,24 g.
⇒ Đáp án A.
Ví dụ 3.Hoà tan hoàn toàn 22,4 gam một kim loại M vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được dung
dịch A và một khí B làm mất màu dung dịch thuốc tím. Hấp thụ hoàn toàn B vào 500ml dung dịch NaOH
1M, phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chứa 39,7g muối. Kim loại M là:
A. Fe.
B.Ca.
C.Mg.
D.Cu.
Hướng dẫn giải
Gọi hoá trị của M là n.
PTHH:
2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
Khí B là SO2 , giả sử tác dụng với dung dịch NaOH tạo hỗn hợp 2 muối.
n NaOH = 0,5.1= 0,5mol.
SO2

Na2SO3. (a mol)
NaHSO3 (b mol)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có :
2a + b = 0,5
Ta lập hệ phương trình

2a + b = 0,5.
104a + 126b= 39,7
a = 0,2.
b = 0,15

Áp dụng bảo toàn nguyên tố S, ta có : n SO2 = a + b = 0,2 + 0,15 = 0,35mol.
Trong trường hợp chỉ tạo một muối thì khi giải phương trình sẽ có một nghiệm bằng 0
2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
(mol) 0,7/n
0,35
22, 4
M=
n = 32n.
n =2, M = 64. Kim loại M là Cu.
⇒ Đáp án D.
0,7
PHẦN 4. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Trong năm học 2011-2012 tôi được phân công giảng dạy 5 lớp : 12B4, 12B5, 11A1, 11A4, 11B7, qua
các kì kiểm tra chất lượng thu được các kết quả sau:
Tổng số học sinh 204
Chất lượng đầu năm
Thi học kì I
Thi học kì II
Trên trung bình
117
161
176
Tỉ lệ
57,35%

78,92%
86,27%
Tổng kết chung.
Trong số các phương pháp và một số dạng bài tập trên, việc lựa chọn sử dụng phương pháp nào là
hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực và tư duy của từng người, cũng như phù hợp với trình độ hiểu biết và
lứa tuổi của mỗi học sinh.
Hy vọng rằng với chuyên đề này, một phần nào giúp học sinh giảm bớt khó khăn trong việc học
Hoá học, ham thích môn học này đồng thời nâng cao chất lượng giáo dục là một chiến lược quốc sách của
mỗi quốc gia.

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

19