Các phương pháp giải nhanh bài toán hóa học

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học –
ð
HSP
Hà
Nộ
i
Nhận gia sư môn Hóa
Họ
c
Copyright © 2007 Lê Phạm
Thành
Trang 1 /14
E-mail:
t
hanh.
le


p h a m @ g m a
i

l


.
c


o m
Phone:
0976053496

CHƯƠNG
I.
CÁC
PHƯƠNG PHÁP
G
I
Ú
P
GIẢI NHANH BÀI
TOÁN HÓA
H
Ọ
C
“
P
h
ư
ơ
ng
pháp
l
à
Thầy của các
T
h
ầ
y
”

(T

a
ll
e
y

R
a
nd
)
§1. PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG
C
H
É
O
Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, trong một khoảng thời gian tương ñối ngắn học sinh
ph
ả
i
giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong ñó bài tập toán chiếm một tỉ lệ không nhỏ).
Do
ñó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan
trọng.
Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài hay gặp trong chương trình hóa học phổ
thông.
Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song cách giải nhanh nhất là “phương
pháp
sơ ñồ ñường
chéo”.
Nguyên tắc: Trộn lẫn 2 dung
dịch:

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

, V = V
1
+ V
2
, nồng ñộ C (C
1
< C < C
2
), khối lượng riêng
d.
Sơ ñồ ñường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp
là:
a)
ðối
với nồng ñộ % về khối
lượng:
m
1
C
1
|C
2
- C|
C
m
2
C
2
|C
1

- C|
b)
ðối
với nồng ñộ
mol/lít:
V
1
C
1
|C
2
-
C|
C
V
2
C
2
|C
1
-
C|
c)
ðối
với khối lượng
riêng:
V
1
d
1

|d
2
- d|
d
V
2
d
2
|d
1
- d|
Khi sử dụng sơ ñồ ñường chéo ta cần chú
ý:
m
1
| C
2
C

|
→
m

2
| C
1
C
|
V
1

|
C
2
C

|
→
V
2
| C
1
C
|
V
1
| d
2
d |
→
V
2
| d
1
d |
(1)
(2)
(3)
*) 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 = 1
g/ml
Sau ñây là một số ví dụ sử dụng phương pháp ñường chéo trong tính toán pha chế dung
dịch.
Dạng 1: Tính toán pha chế dung
dịch
Ví dụ 1.
ð
ể
thu ñược dung dịch HCl 25% cần lấy m
1
gam dung dịch HCl 45% pha với m
2
gam
dung
dịch HCl 15%. Tỉ lệ m
1
/m
2
là:
A. 1:2 B. 1:3 C. 2:1 D.
3:1
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Áp dụng công thức

(1):
m
1
|
45
m

2
|

15
25
|
20
25 |
10
2
⇒

ð
áp
án
C.
1
Ví dụ 2.
ð
ể
pha ñược 500 ml dung dịch nước muối sinh lí (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch
NaCl
3%. Giá trị của V

là:
A. 150 B. 214,3 C. 285,7 D.
350
m
1
| 49 78,4
| 29,4
m

2
|
122,5 78,4
| 44,1
35
Br
35
35
35
2
35
O
O
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Ta có sơ ñồ: V
1
(NaCl) 3 |0 - 0,9|
0,9

V
2
(H
2
O) 0 |3 - 0,9|
⇒

V
0,9
500
150 (ml)
⇒

ð
áp
án
A.
1
2,1
0,9
Phương pháp này không những hữu ích trong việc pha chế các dung dịch mà còn có thể áp dụng
cho
các trường hợp ñặc biệt hơn, như pha một chất rắn vào dung dịch. Khi ñó phải chuyển nồng ñộ của
ch
ấ
t
rắn nguyên chất thành nồng ñộ tương ứng với lượng chất tan trong dung
dịch.
Ví dụ 3. Hòa tan 200 gam SO
3

vào m gam dung dịch H
2
SO
4
49% ta ñược dung dịch H
2
SO
4
78,4%.
Giá trị của m
là:
A. 133,3 B. 146,9 C. 272,2 D.
300,0
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Phương trình phản ứng: SO
3
+ H
2
O
H
2
SO
4
100 gam
SO
3
98

100
80
122,5 gam
H
2
SO
4
Nồng ñộ dung dịch H
2
SO
4
tương ứng:
122,5%
Gọi m
1
, m
2
lần lượt là khối lượng SO
3
và dung dịch H
2
SO
4
49% cần lấy. Theo (1) ta
có:
⇒

m
44,1
29,4

200
300 (gam)
⇒

ð
áp
án
D.
ð
iểm
lí thú của sơ ñồ ñường chéo là ở chỗ phương pháp này còn có thể dùng ñể tính nhanh kết
quả
của nhiều dạng bài tập hóa học khác. Sau ñây ta lần lượt xét các dạng bài tập
này.
Dạng 2: Bài toán hỗn hợp 2 ñồng
vị
ð
ây
là dạng bài tập cơ bản trong phần cấu tạo nguyên
t
ử
.
Ví dụ 4. Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,319. Brom có hai ñồng vị bền:
79
Thành phần % số nguyên tử của
81
Br
là:
A. 84,05 B. 81,02 C. 18,98 D.
15,95

Hướng dẫn
gi
ả
i:
và
81
Br.
Ta có sơ ñồ ñường
c
h
é
o
:
81
35
Br (M=81)
79
35
Br (M=79)
A=79,319
79,319 - 79 = 0,319
81 - 79,319 = 1,681
%

81

Br
⇒
0,319
⇒

%

81
Br
0,319
100% ⇒

%

81
Br
15,95%
⇒

ð
á
p
án
D.
%
79
Br
1,681
35
1,681
0,319
35
Dạng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2
khí
Ví dụ 5. Một hỗn hợp gồm O

2
, O
3
ở ñiều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối ñối với hiñro là 18. Thành phần
%
về thể tích của O
3
trong hỗn hợp
là:
A. 15% B. 25% C. 35% D.
45%
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Áp dụng sơ ñồ ñường
c
h
é
o
:
V
3
M
1
= 48

|32 -
36|
M = 18.2
=
36
V M
2
= 32 |48 -
36|
2
O
O
V
M
M
3 4
=
=
2
⇒

V
3
4
1
⇒

%V
1

100%
25% ⇒
ð
á
p
án
B.
V 12
3
2
O
3
3
1
Ví dụ 6. Cần trộn 2 thể tích metan với một thể tích ñồng ñẳng X của metan ñể thu ñược hỗn hợp
kh
í
có tỉ khối hơi so với hiñro bằng 15. X
là:
A. C
3
H
8
B. C
4
H
10
C. C
5
H

12
D.
C
6
H
14
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Ta có sơ ñồ ñường
c
h
é
o
:
CH
4
V
2
M
1
= 16





|M
2

-
30|
M = 15.2
=30
M
2
= M
2
|16 -
30|
V
⇒


CH
4
V
2
|
M

2
- 30
|
14
2
⇒
|
M
1

2
- 30
|
28 ⇒
M
2
= 58 ⇒ 14n + 2 = 58 ⇒ n =
4
Vậy X là: C
4
H
10
⇒
ð
á
p
án
B.
Dạng 4: Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa ñơn bazơ và ña
axit
Dạng bài tập này có thể giải dễ dàng bằng phương pháp thông thường (viết phương trình phản
ứ
ng,
ñặt ẩn). Tuy nhiên cũng có thể nhanh chóng tìm ra kết quả bằng cách sử dụng sơ ñồ ñường
chéo.
Ví dụ 7. Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H
3
PO
4
1,5M. Muối tạo thành

v
à
khối lượng tương ứng
là:
A. 14,2 gam Na
2
HPO
4
; 32,8 gam Na
3
PO
4
B. 28,4 gam Na
2
HPO
4
; 16,4 gam
N
a
3
PO
4
C. 12,0 gam NaH
2
PO
4
; 28,4 gam Na
2
HPO
4

D. 24,0 gam NaH
2
PO
4
; 14,2 gam
N
a
2
HPO
4
Có:
1
n

NaOH
n

H
PO
0,25.2
0,2.1,5
Hướng dẫn
gi
ả
i:
5
2
⇒
Tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaH
2

PO
4
,
N
a
2
HPO
4
3
Sơ ñồ ñường
c
h
é
o
:
Na
2
HPO
4
(n
1
= 2) |1 -
5
/
3|

=
2
n

Na HPO
2
NaH
2
PO
4
(n
2
=
1)
n
5
3
3
|2 - 5/3|
1
3
⇒
2
n

NaH
PO
4


⇒

n
1

4
Na
2
HPO
4
2n

NaH
2
PO
4
.

Mà
n
N
a
2
HPO
4
n
N
a
H
2
PO
4
n
H
3

PO
4
0,3
(mo
l
)


n

Na
2
HPO
4
⇒




n

NaH
2
PO
4
0,2
(mol)
⇒
0,1

(mol)


m

N
a
2
HPO
4



m
N
a
H
2
PO
4
0,2.142
0,1.120
28,4
(g)
⇒
ð
á
p
án
C.

12,0
(g)
Dạng 5: Bài toán hỗn hợp 2 chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hóa
học
Ví dụ 8. Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO
3
và BaCO
3
bằng dung dịch HCl dư, thu ñược
448
ml khí CO
2
(ñktc). Thành phần % số mol của BaCO
3
trong hỗn hợp
là:
A. 50% B. 55% C. 60% D.
65%
Hướng dẫn
gi
ả
i:
n

CO
2
0,448
22,4
0,02
(mol)⇒

M
3,164
0,02
158,2
Áp dụng sơ ñồ ñường
c
h
é
o
:
BaCO
3
(M
1
= 197)

|100 - 158,2| =
58,2
M=158,2
CaCO
3
(M
2
= 100) |197 - 158,2| =
38,8



⇒

%n
58,2
100%
60%
⇒

ð
á
p
án
C.
BaCO
3
58,2 38,8
Dạng 6: Bài toán trộn 2 quặng của cùng một kim
lo
ạ
i
ð
ây
là một dạng bài mà nếu giải theo cách thông thường là khá dài dòng, phức tạp. Tuy nhiên nếu
s
ử
dụng sơ ñồ ñường chéo thì việc tìm ra kết quả trở nên ñơn giản và nhanh chóng hơn
nhiều.
ð
ể
có thể áp dụng ñược sơ ñồ ñường chéo, ta coi các quặng như một “dung dịch” mà “chất tan”
là
kim loại ñang xét, và “nồng ñộ” của “chất tan” chính là hàm lượng % về khối lượng của kim loại

trong
qu
ặ
ng.
Ví dụ 9. A là quặng hematit chứa 60% Fe
2
O
3
. B là quặng manhetit chứa 69,6% Fe
3
O
4
. Trộn m
1
tấ
n
quặng A với m
2
tấn quặng B thu ñược quặng C, mà từ 1 tấn quặng C có thể ñiều chế ñược 0,5 tấn
g
a
ng
chứa 4% cacbon. Tỉ lệ m
1
/m
2
là:
A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D.
2
/

5
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Số kg Fe có trong 1 tấn của mỗi quặng
là:
+) Quặng A
c
h
ứa:
+) Quặng B
c
h
ứa:
60
100
69,6
100
1000
1000
112
160
168
232
420

(kg)
504
(kg)

+) Quặng C chứa: 500

1
4

480
(kg)
Sơ ñồ ñường
c
h
é
o
:

100

⇒

m

A
m

B
m
A
420 |504 - 480| =
24
480
m

B
504 |420 - 480| =
60
24 2
⇒

ð
á
p
án
D.
60
5

************************
***

***

***

***

***

***

***

***


§2. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI
L
Ư
Ợ
N
G
Áp dụng ñịnh luật bảo toàn khối lượng
(
ð
LBT
K
L
)
:
“Tổng khối lượng các chất tham gia phản
ứ
ng
bằng tổng khối lượng các sản phẩm” giúp ta giải bài toán hóa học một cách ñơn giản, nhanh
c
hóng.
Ví dụ 10. Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X.
ð
ể
ñốt cháy hoàn toàn hỗn hợp
A
cần 21,28 lít O
2
(ñktc) và thu ñược 35,2 gam CO
2

và 19,8 gam H
2
O. Tính khối lượng phân tử X (biết
X
chỉ chứa C, H,
O).
Ta có các phương trình phản ứng
c
h
á
y
:
Hướng dẫn
gi
ả
i:
2C
2
H
6
O
2
+ 5O
2
4CO
2
+
6H
2
O

X + O
2
CO
2
+
H
2
O
Áp dụng
ð
LBT
K
L:

m

X
m

C
2
H
6
O

2
m

O
2

m

CO
2
m

H

2
O
⇒

m

X
m

CO
2
m

H

2
O
m

C
2
H

6
O

2
m

O
2
⇒ m
35,2
19,8



0,1
62
21,28
32


18,4
(g
am
)
Khối lượng phân tử của X:
M

X
18,4
0,2

92
(g/mol).
2
Ví dụ 11. Hòa tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hóa trị II và hóa trị III
bằng
dung dịch HCl dư ta thu ñược dung dịch A và 0,896 lít khí bay ra (ñktc). Tính khối lượng muối có
trong
dung dịch
A.
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Gọi 2 muối cacbonat là: XCO
3
và Y
2
(CO
3
)
3
. Các phương trình phản ứng xảy
ra:
XCO
3
+
2HCl
XCl
2
+ H

2
O +
CO
2
(1)
Y
2
(CO
3
)
3
+
6HCl
2YCl
3
+ 3H
2
O +
3CO
2
(2)
Số mol khí CO
2
bay ra:
n
CO
2
0,896
22,4
0,04 (mol) ⇒

n
HCl
2n

CO
2
2
0,04
0,08
(mol)
Áp dụng
ð
LBTKL:

(m

XCO
m

Y (CO )
) m

HCl
m

CO
m

H
O

m
muèi
3 2 3 3 2
2
⇒

m
muèi
(m

XCO
m

Y (CO )
) m

HCl
(m
CO
m

H O
)
3 2 3 3 2
2
⇒

m
muèi
3,34 0,08 36,5

(0,04
18 0,04 44)
3,78
(gam).
Ví dụ 12. Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
bằng khí CO ở nhiệt
ñộ
cao, người ta thu ñược 40 gam hỗn hợp chất rắn X và 13,2 gam khí CO
2
. Tìm giá trị của
m.
Hướng dẫn
gi
ả
i:
P h ân tí c h : với bài toán này, nếu giải theo cách thông thường, tức ñặt số mol của các oxit lần lượt là
x,
y, z, t thì có một khó khăn là ta không thể thiết lập ñủ 4 phương trình ñể giải ra ñược các ẩn. Mặt
khác,
chúng ta cũng không biết lượng CO ñã cho có ñủ ñể khử hết các oxit về kim loại hay không?
ð
ó
là

ch
ư
a
kể ñến hiệu suất của phản ứng cũng là một vấn ñề gây ra những khó khăn! Nhưng nếu chúng ta
dùng
phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ giúp loại bỏ ñược những khó khăn trên và việc tìm ra giá trị của
m
trở nên hết sức ñơn
gi
ả
n.
Các phương trình phản ứng có thể xảy
ra:
3Fe
2
O
3
+ CO 2Fe
3
O
4
+
CO
2
Fe
3
O
4
+ CO 3FeO +
CO

2
FeO + CO Fe +
CO
2
CuO + CO Cu +
CO
2
(1)
(2)
(3)
(4)
Ta có:
n
CO
(p )−
n

CO
2
13,2
44
0,3 (mol) ⇒
m
CO

(p )−
28.0,3
8,4
(gam)
Khối lượng chất rắn: m

r
= 40
(gam)
Áp dụng
ð
LBTKL:

m

A
m
CO (
p )−
m

r
m

B
⇒
m

A
m

r
m

CO
m

CO

(p )−
⇒
m
m

A
40
13,2 8,4
44,8
(g
am
).
Ví dụ 13. Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este ñơn chức là ñồng phân của nhau thấy cần
vừa
ñủ 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu ñược m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn hợp 2 rượu. Tìm
m.
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Gọi công thức chung của 2 este là:
RC
OO
R
'
Phương trình phản ứng xảy ra:
RCOOR'

NaOH RCOONa R'OH
Theo bài ra ta có:
n

NaOH
0,2.1
0,2 (mol)
⇒

m

NaOH
40.0,2
8
(gam)
Áp dụng
ð
LBTKL:

m
RCOO

R'
m

NaOH
m
RCOONa
m
R'OH

⇒
m
RCOONa
m
RCOO

R'
m

NaOH
m
R'OH
⇒ m
m
RCOONa
14,8
8 7,8
15
(gam).

************************
************************
§3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI
L
Ư
Ợ
N
G
Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất
A

thành 1 hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai ñoạn trung gian) ta dễ dàng tính ñược số mol của
các
chất hoặc ngược
l
ạ
i.
Chẳng
hạn:
a) Xét phản ứng: MCO
3
+ 2HCl MCl
2
+ CO
2
+
H
2
O
Theo phản ứng này thì khi chuyển từ 1 mol MCO
3
1 mol MCl
2
, khối lượng hỗn hợp tăng
thêm
71 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO
2
ñược giải phóng. Như vậy, khi biết lượng muối tăng ta có thể
tính
ñược số mol CO
2

sinh ra hoặc ngược
lại.
b) Xét phản ứng: RCOOR’ + NaOH RCOONa +
R’OH
Cứ 1 mol este RCOOR’ chuyển thành 1 mol muối RCOONa, khối lượng tăng (hoặc giảm) |23 – R’|
gam
và tiêu tốn hết 1 mol NaOH, sinh ra 1 mol R’OH. Như vậy, nếu biết khối lượng của este phản ứng
và
khối lượng muối tạo thành, ta dễ dàng tính ñược số mol của NaOH và R’OH hoặc ngược
lại.
Có thể nói hai phương pháp “bảo toàn khối lượng” và “tăng giảm khối lượng” là 2 “anh em
sinh
ñôi”, vì một bài toán nếu giải ñược bằng phương pháp này thì cũng có thể giải ñược bằng phương
pháp
kia. Tuy nhiên, tùy từng bài tập mà phương pháp này hay phương pháp kia là ưu việt
hơn.
Ví dụ 14. Giải lại ví dụ 12 bằng phương pháp tăng giảm khối
lượng.
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Các phương trình phản ứng xảy
ra:
XCO
3
+ 2HCl XCl
2
+ H
2

O +
CO
2
Y
2
(CO
3
)
3
+ 6HCl 2YCl
3
+ 3H
2
O +
3CO
2
0,896
(1)
(2)
Số mol khí CO
2
bay ra:
n
CO
2
22,4
0,04
(mol)
Theo (1), (2): khi chuyển từ muối cacbonat → muối clorua, cứ 1 mol CO
2

sinh ra, khối lượng hỗn
hợp
muối tăng thêm 71 – 60 = 11 gam. Vậy khối lượng hỗn hợp muối tăng lên là: ∆m = 0,04.11 = 0,44
gam.
Khối lượng của muối trong dung dịch:
m
muèi
3,34 + 0,44 = 3,78
(gam).
Ví dụ 15. Giải lại ví dụ 13 bằng phương pháp tăng giảm khối
lượng.
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Các phương trình phản ứng có thể xảy
ra:
3Fe
2
O
3
+ CO 2Fe
3
O
4
+
CO
2
Fe
3

O
4
+ CO 3FeO +
CO
2
FeO + CO Fe +
CO
2
CuO + CO Cu +
CO
2
(1)
(2)
(3)
(4)
Ta có:
n
CO (p )−
n

CO
2
13,2
44
0,3 (mol) ⇒
m
CO (p )−
28.0,3
8,4
(gam)

Khối lượng chất rắn: m
r
= 40
(gam)
Theo (1), (2), (3), (4): cứ 1 mol CO phản ứng 1 mol CO
2
, khối lượng hỗn hợp A giảm
là:
∆m = 1 × (44 – 28) = 16 gam. Vậy khối lượng hỗn hợp A ñã bị giảm là: 16 × 0,3 = 4,8
(gam)
Khối lượng của hỗn hợp A ban ñầu là: m = 40 + 4,8 = 44,8
(gam).
Ví dụ 16. Nhúng một lá nhôm vào 200 ml dung dịch CuSO
4
, ñến khi dung dịch mất màu xanh lấy
lá
nhôm ra cân thấy nặng hơn so với ban ñầu là 1,38 gam. Xác ñịnh nồng ñộ của dung dịch CuSO
4
ñã
dùng.
Hướng dẫn
gi
ả
i:
Phương trình phản ứng xảy ra: 2Al + 3CuSO
4
Al
2
(SO
4

)
3
+ 3Cu
(*)