sáng kiến kinh nghiệm chuyên đề phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá 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.
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

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…..
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.
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m dung dịch muối = m (Fe + Cu) + m dung dịch HNO3 – m NO2
= 12 +

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

[Type text]

= 0, 3mol


Trường THPT Long Thành

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

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.

x + y = 0, 3
 x = 0, 1
⇒

197x + 100y = 39, 7
 y = 0, 2
Thành phần %m trong B

{

%m BaCO =
3

0,1 × 197
39, 7

= 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
Fe  Fe+3 + 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.
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

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
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
M  Ma+ + ae
M  Ma+ + ae
y
ay
y
ay
2H+ + 2e  H2
N+5 + 3e  N+2

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:
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

3, 04 − 0, 05x16
= 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:
2FeO + 4 H2SO4
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O.
(mol) 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)
n Fe =

3

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

[Type text]

4, 16
= 0, 065mol .
64


Trường THPT Long Thành

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

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:
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.( )
C M(HNO3 ) =

n

M=

m hh M1n1 + M 2 n 2 + ... + M n n n
=
=
n hh
n1 + n 2 + ... + n n

∑M n
i

i =1

n

∑n
i =1

[Type text]

i

i

(1)


Trường THPT Long Thành

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

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 + ...
(2)
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.
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

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
Đặt công thức chung của X và Y là R. Ta có 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 loại đó là : Mg =24 < M = 33,6 < Ca =40 ⇒ Đáp án B
Ví dụ 3. Cho 150ml dung dịch AgNO3 0,4M vào dung dịch chứa 4,4 gam muối natri halogenua của hai

nguyên tố X và Y (thuộc hai chu kỳ liên tiếp). X và Y lần lượt là:
A.Flo, Clo.
B.Clo, Brom.
C.Brom, Iot.
D.Clo, Iot.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức chung của hai nguyên tố X và Y là N. Ta có PTHH:
NaN + AgNO3  AgN + NaNO3.
Ta có nN = n AgNO3 = 0,4 . 0,15 = 0,06 mol.
Khối lượng mol trung bình của hai muối là:
M X,Y = 73,3 − 23 = 50,3 ⇒ X và Y là Cl (35,5) và Brom (80) ⇒ Đáp án B
Ví dụ 4. Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hidrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng với dung
dịch HCl dư, tạo ra 0,448 lít khí (đktc). Kim loại M là :
A. Li.
B.Rb.
C.K.
D.Na.
Hướng dẫn giải
M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O.
MHCO3 + HCl  MCl + CO2 + H2O.
0, 448
1,9
n CO2 =
= 0,02 , M hçn hîp muèi =
= 95. ⇒ M + 61 < 95 < 2M + 60.
22, 4
0,02
⇒ 17,5 < M < 34⇒ M là Na (23) ⇒ Đáp án D
Ví dụ 5.Hỗn hợp khí SO2 và O2 có tỉ khối so với CH4 bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O2 vào 20 lít hỗn hợp
khí đó để cho tỉ khối so với CH4 giảm đi 5/6.( Các khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).

A.10 lít.
B.30 lít.
C.20 lít.
D.40 lít.
Hướng dẫn giải
Cách 1. Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có:
M = 16.3 = 48 = 64x + 32(1 - x). Giải phương trình : x= 0,5.
Vậy : mỗi khí chiếm 50% thể tích. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít.
Gọi V là số lít O2 cần thêm vào hỗn hợp, ta có :
5
64.10 + 32(10 + V)
M ¢ = .3.16 = 40 =
. Giải ra có V =20 lít. ⇒ Đáp án C
6
20 + V
Cách 2. Hỗn hợp khí ban đầu coi như khí thứ nhất ( 20 lít có M= 16.3=48), còn O2 thêm vào xem như là
khí thứ hai, ta có phương trình:
5
48.20 + 32V
M = .3.16 = 40 =
. Giải ra có V =20 lít. ⇒ Đáp án C
6
20 + V
[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

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
3,584
n CO2 = nx =
= 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.
Ta cú:a=( 14 n + 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
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
-1)=1,305
4
Do 2 este l
ng
(12x + y +32)a=20,1 t este s H luụn chn,
a(x +

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
[Type text]

C


Trường THPT Long Thành

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

m1 C 2 − C
=
m 2 C − C1

(1)

M2....... C2
C – C1
Trong đó
+ m1 là khối lượng dung dịch có nồng độ C1%, m2 là khối lượng dung dịch có nồng độ C2%
+ C% là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với C1 < C < C2
2/ Đối với nồng độ mol/ lít

V1..............CM (1)

CM (2)- CM
⇒

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
−
M

1
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

m2 .........18
15
⇒ m1=600×1/5= 120, Đáp án B

[Type text]

⇒

m1
m2

=

3
15

=

1
5


Trng THPT Long Thnh

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

Vớ d 3 :Ho tan 200 gam SO3 vo m2 gam dung dch H2SO4 49% ta c dung dch H2SO4 78,4%.Giỏ tr
ca m2 l
A.133,3g.
B.146,9g.
C.272,2g.
D.300 g.
Hng dn gii
Phng trỡnh hoỏ hc

SO3 +
H2O
H2SO4.
98 ì100
= 122,5gamH 2SO 4
100 gam SO3
80
Nng dung dch H2SO4 tng ng 122,5%.
Gi m1,m2 ln lt l khi lng ca SO3 v dung dch H2SO4 49% cn ly.
m1 ...........122,5
29,4
m2 ...........49



78,4

44,1

m1
m2

=

29, 4
44,1

44,1
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
m2 =



24

VCO ............28
PHN 3 : CC DNG BI

22

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.
[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

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

2+

2H +
(mol) 0,32

+ 2e đ H 2
0,32

+ 2e
2y

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-].
[Type text]

0,16

Trng THPT Long Thnh

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

Vớ d: Cho dung dch cú pH =11, mụi trng baz, OH- chim u th.
10- 14
+
-11
pH =11, đ [H ] = 10 M, [OH ] = - 11 = 10-3M.
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.
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 ,

ị

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

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.
V
10- 2
1
T cụng thc C1V1= C2V2 ta cú
10- 1 V1 = 10- 2 V2 , ị 1 = - 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
= 10- 3 M.
- 11
10
Dung dịch sau khi pha loãng có:

C1 = [OH- ] =

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

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.
[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

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.
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.
[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

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.
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

[Type text]


Trường THPT Long Thành
T=2

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
(2)

CO32−

nCO 2− = 1 nOH − = nCO2
3
2

2−
T>2
(2)
nCO 2− = nCO2
CO3 và OH dư
3

Với SO2 : Phản ứng xảy ra tương tự như CO 2 khi tác dụng với dung dịch kiềm, nhưng
khác với CO2, SO2 có tính khử còn CO2 thì không.
Ví dụ 1.Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít SO2 (đktc) vào dung dịch chứa 16 gam NaOH. Khối lượng muối thu
được
trong dung dịch là:
A. 18,9 gam.
B.25,2 gam.
C.23 gam.
D.20,8 gam.
Hướng dẫn giải
16
4, 48
n OH − =
= 0, 4mol.
n SO2 =
= 0,2mol
40
22, 4
n − 0, 4
T = OH =
= 2 ⇒ t¹o muèi Na 2SO3 .
n SO2 0,2
SO2 + 2NaOH → Na 2SO3

(mol) 0,2
0,4
0,2
Vậy m Na2SO3 = 0,2.126 = 25,2gam. Đáp án B.
Ví dụ 2. Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít CO2 (đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/ lít thu được
15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là :
A. 0,032.
B.0,06.
C.0,04.
D.0,048.
Hướng dẫn giải
n CO =
2

2, 688
22, 4

= 0,12mol.

x

Ba

-

2-

+ CO 3

(mol) y

197

= 0, 08mol.

→ CO 32- + H 2 O

2y
2+

15, 76

x

CO 2 + 2OH
(mol) y

3

→ HCO 3-

CO 2 + OH (mol) x

n BaCO =

y
→ BaCO 3 ↓

y

y=0,08.

Ta cã ph­¬ng tr×nh: 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. ⇒ §¸p ¸n C.
5
Ví dụ 3. Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít CO2(đktc) vào 500ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2
0,2M, sinh ra m gam kết tủa, giá trị của m là :
A.11,82 gam.
B.9,85 gam.
C.17,73 gam.
D.19,70 gam.
Hướng dẫn giải
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 ⇒ t¹o 2 muèi
0,2

CO2 + OH- → HCO3(mol) x

x

x

CO2 + 2OH → CO32- + H 2 O
-

[Type text]

(mol) y

2y

y

Ba 2+ + CO32- → BaCO3 ↓
(mol)

0,05

0,05

Ta lập hệ phương trình.

x + y = 0,2.
x + 2y= 0,25
x = 0,15.
y = 0,05


Trường THPT Long Thành

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

mBaCO3 = 0,05.197= 9,85 gam ⇒ Đáp án B.
Cách khác:
n CO2− = n OH− − n CO2 = 0,25 − 0,2 = 0,05mol < n Ba2+ = 0,1.
3

Do ®ã n BaCO3 = n CO2− = 0,05mol.
3

Ghi chú: chỉ áp dụng công thức n CO23− = n OH− − n CO2 khi phản ứng tạo ra hỗn hợp 2 muối.
V/ BÀI TẬP TỔNG HỢP.
Ví dụ 1.Hoà tan hoàn toàn 8,862 gam hỗn hợp gồm Al và Mg vào dung dịch HNO3 loãng, thu được dung
dịch X và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hoá nâu trong không
khí. Khối lượng của Y là 5,18 gam. Cho dung dịch NaOH (dư) vào X và đun nóng, không có khí mùi khai
thoát ra. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp ban đầu là:
A.19,53%.
B.12,8%.
C.10,52%.
D.15,25%.
Hướng dẫn giải
Cho dung dịch NaOH (dư) vào X và đun nóng, không có khí mùi khai thoát ra chứng tỏ không có

sản phẩm khử NH4NO3 tạo thành.
Hỗn hợp Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hoá nâu trong không khí chứng tỏ có một
khí là NO.
3,136
5,18
nY =
= 0,14mol ⇒ M Y =
= 37.
22, 4
0,14
Mà NO có M=30 ⇒ Khí còn lại là NO2 (46) hoặc N2O (44), vì khí không màu nên loại NO2 ( màu
nâu đỏ).
30 + 44
= 37. ⇒ n NO = n N 2 O = 0,07mol.
Vì M Y =
2
Gọi x là số mol Mg và y là số mol Al.
Quá trình oxi hoá:
Mg → Mg2+ + 2e.
x
x
2x
Al → Al3+ +3e
y
y
3y
Quá trình khử:
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
Áp dụng định luật bảo toàn e vào các quá trình trên ta có: 2x + 3y = 0,77
Kết hợp với
phương trình khối lượng ta có hệ phương trình:
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%. ⇒ Đáp án B.
⇒
8,862
Ví dụ 2.Hoà tan 7,68 gam Cu vào 150 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,8M và H2SO4 0,4M thu được dung
dịch A và V lít khí NO duy nhất (đktc).

a) Giá trị của V là:
A. 1,792.
B.2,688.
C.1,344.
D.1,568.
[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

b) Cụ cn dung dch A thu c khi lng mui khan l :
A. 15,24 gam.
B.17,16gam.
C.15,17gam.
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.

D.18,24gam.

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)
n NO-

3

tạo muối

= n NO ban đầu n NO tạo NO = 0,12-0,06= 0,06mol.
3

3

n SO2 tạo muối = n H2SO4 = 0,06mol.
4

m muối = m Cu2+ + m NO-

3

tạo muối

+ m SO2 tạo muối .
4

= 64.0,09 + 62.0,06 + 96.0,06 = 15,24 g.
ỏp ỏn A.
Vớ d 3.Ho tan hon ton 22,4 gam mt kim loi M vo dung dch H2SO4 c, núng d thu c dung
dch A v mt khớ B lm mt mu dung dch thuc tớm. Hp th hon ton B vo 500ml dung dch NaOH
1M, phn ng hon ton thu c dung dch cha 39,7g mui. Kim loi M l:
A. Fe.
B.Ca.
C.Mg.
D.Cu.
Hng dn gii
Gi hoỏ tr ca M l n.
PTHH:
2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
Khớ B l SO2 , gi s tỏc dng vi dung dch NaOH to hn hp 2 mui.
n NaOH = 0,5.1= 0,5mol.
SO2

Na2SO3. (a mol)
NaHSO3 (b mol)

p dng bo ton nguyờn t Na, ta cú :
2a + b = 0,5
Ta lp h phng trỡnh

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

p dng bo ton nguyờn t S, ta cú : n SO2 = a + b = 0,2 + 0,15 = 0,35mol.
Trong trng hp ch to mt mui thỡ khi gii phng trỡnh s cú mt nghim bng 0
2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
(mol) 0,7/n
0,35
22, 4
M=
n = 32n.
n =2, M = 64. Kim loi M l Cu.
ỏp ỏn D.
0,7
PHN 4. HIU QU CA TI
Trong nm hc 2011-2012 tụi c phõn cụng ging dy 5 lp : 12B4, 12B5, 11A1, 11A4, 11B7, qua
cỏc kỡ kim tra cht lng thu c cỏc kt qu sau:
Tng s hc sinh 204
Cht lng u nm
Thi hc kỡ I

Thi hc kỡ II
Trờn trung bỡnh
117
161
176
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

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.

[Type text]