Phân loại - phương pháp giải Bài tập hóa học

Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC
Bài tập hóa học là phương tiện cơ bản nhất để đưa những kiến thức lý thuyết vào thực
hành. Sự vận dụng kiến thức thụng qua các bài tập có nhiều hình thức rất phong phú và đa
dạng. Nhờ sự vận dụng mà kiến thức được củng cố, khắc sâu, chính xác, mở rộng và nâng cao
hơn. Bài tập hóa học vì lẽ đó vừa là nội dung vừa là phương tiện để học tập tốt môn hóa học.
Với những em mới làm quen với hóa học, việc nhớ những kiến thức lý thuyết hẳn sẽ
gặp những khó khăn nhất định – đặc là những lý thuyết khó, đặc biệt. Nhưng có thể chỉ sau
khi tiếp xúc, giải quyết những bài tập hóa học từ đơn giản đến phức tạp điều đó sẽ không còn
là vấn đề gì ghê gớm. Đồng thời thông qua các bài tập hóa học các bạn có thể sẽ tìm thấy cho
mình những niềm đam mê mới.
Với những em đó làm quen với bài tập hóa học, đã biết cách giải những bài toán cơ bản
trong hóa học hẳn sẽ đặt ra cho mình những mục tiêu mới hơn, lớn hơn như: làm thế nào để
giải được nhanh, được chính xác hay làm thế nào để giải một bài toán được theo nhiều cách
khác nhau,...
Theo hướng đổi mới trong hình thức thi cử như hiện nay, hóa học là một trong các môn
được chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm. Trong thời gian ngắn, các em phải giải quyết
một số lượng câu hỏi và bài tập tương đối lớn, trong đó bài tập toán hóa chiếm một tỉ lệ
không nhỏ. Số liệu thống kê từ kỳ thi tuyển sinh ĐH,CĐ vừa qua cho thấy bài tập toán hóa
chiếm khoảng 50% tổng số câu trắc nghiệm của đề thi. Do đó việc tìm ra các phương pháp
giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa hết sức quan trọng.
Trên cơ sở đó tôi biên soạn chuyên đề “ Phân loại và phương pháp giải bài toán hóa
học” với mục đích giúp các em có thể định hình cách giải các bài tập hóa học, sử dụng để ôn
tập và rèn luyện kỹ năng tạo tiền đề cho các em bước vào các kỳ thi cuối cấp. Mỗi dạng toán
được trình bày theo hướng tổng quát có ví dụ cụ thể, một số phần có sự so sánh phân tích, đối
chiếu với các cách giải khác để thấy được ưu nhược điểm của mỗi phương pháp trong việc
giải bài toán hóa học.
Trong chuyên đề này tôi cũng xây dựng thêm một số đề toán nhằm giúp các em có thể
luyện tập thêm.
Mọi thắc mắc của các em hãy liên hệ trực tiếp với thày bằng cách gọi vào số
máy:


02406.278.345 -

0914.612.679
Phần I
1
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
CÁC CÔNG THỨC DÙNG GIẢI TOÁN HOÁ HỌC
1. Số mol:
0
22,4
V
m PV
n
M RT
= = =
(m: khối lượng; M: Khối lượng mol; V
0
: thể tích khí ở đktc(l); P:
áp suất (atm) ; V: thể tích khí ở điều kiện t (l); R = 0,082; T = t
0
C + 273)
2. Nồng độ:
* Nồng độ phần trăm:
=
dd
% .100
ct
m
C

m
(m
ct
: Khối lượng chất tan (gam); m
dd
: Khối lượng
dung dịch m = m
ct
+ m
dm
(gam))
* Nồng độ mol/l:
dd
ct
M
n
C
V
=
* Quan hệ giữa C% và C
M
:
10. %.
M
C D
C
M
=
3. Khối lượng mol trung bình của 1 hỗn hợp (
M

)
+ + + +
= = = = + +
+ + + +
1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2
1 2 1 2
. . ... . . ...
. . ...
... ...
hh
hh
m
M n M n M V M V
M M x M x
n n n V V
Trong đó: n
1
, V
1
, x
1
lần lượt là số mol; thể tích; thành phần % về số mol (t.tích) của
chất 1
n
2
, V
2
, x
2

lần lượt là số mol; thể tích; thành phần % về số mol (t.tích) của chất 2,....
4. Một số đại lượng khác:
* Số Avogađro: N = 6,023 . 10
23
* Tỉ khối hơi(đo cùng điều kiện: V, T, P):
A A
B B
m M
A
d
B m M
= =
* Khối lượng riêng D:
3
dd
dd
( / ; / )
m
D g ml g cm
V
=
* Độ điện ly α: α = n/n
0
(n: Số mol chất điện ly bị phân ly; n
0
: Số mol mol chất
điện ly ban đầu)
* Xét cân bằng hóa học: aA + bB
ƒ
cC + dD.

Hằng số cân bằng:
= =
[ ] .[D]
ons
[ ] .[B]
c d
C
a b
C
K c t
A
* Công thức Faraday:
. .
.
A I t
m
n F
=
. Trong đó:
m: Khối lượng chất thoát ra ở điện cực (gam); A: Khối lượng mol của chất đó
n: Số electron trao đổi. F: Số Faraday (F = 96500).
2
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
Phần II
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỌC
I. Áp dụng các phương pháp bảo toàn trong giải toán
1. Phương pháp bảo toàn khối lượng
•
Nguyên tắc: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản
ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm”.

- Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng muối bằng tổng khối lượng
cation kim loại và anion gốc axit.
* Lưu ý: Không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng.
* Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho 24,4g hỗn hợp Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
.
Sau phản ứng thu được 39,4g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối
clorua. Vậy m có giá trị là:
A. 2,66g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g
* Cách giải thông thường (Phương pháp đại số): Các em tiến hành viết PTHH, đặt ẩn
số tính khối lượng của từng muối sau đó tính tổng khối lượng.
Ptpư: 1, Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ 2NaCl + BaCO
3
↓
2, K

2
CO
3
+ BaCl
2
→ 2KCl + BaCO
3
↓
Đặt số mol Na
2
CO
3
là x; K
2
CO
3
là y
3
39,4
0,2( )
197
BaCO
n mol= =
Theo đầu bài ta có hệ phương trình:



=
=
⇒




=+
=+
10
10
20
424138106
,y
,x
,yx
,yx
mol,nn
CONaNaCl
202
32
==
=> m
NaCl
= 0,2 x 58,5 = 11,7(g)
mol,nn
COKKCl
202
32
==
=>
m
KCl
= 0,2 x 74,5 = 14,9 (g)

=> m = 11,7 + 14,9 = 26,6 (g)
* Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
Hỗn hợp(Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
) + BaCl
2

→
kết tủa(BaCO
3
) + muối
2 3
0,2( )
BaCl BaCO
n n mol= =
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
2
BaClhh
mm
+
= m
kết tủa
+ m
=> m = 24,4 + 0,2 x 208 - 39,4 = 26,6 (g)

=> Đáp án (C) đúng.
3
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
Ví dụ 2: Hoà tan 10,0 gam hỗn hợp hai kim loại trong HCl dư thấy tạo ra 2,24lít khí
H
2
(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 1,17 gam B. 17,1 gam C. 3,42gam D. 34,2 gam
*Cách giải thông thường:
Ký hiệu 2 kim loại là A, B hóa trị n,m có số mol tương ứng là x và y.
Ptpư:
1, 2A + 2nHCl → 2ACl
n
+ nH
2
2, 2B + 2mHCl → 2BCl
m
+ mH
2
Theo ptpư:
2
2,24
0,1( )
2 2 22,4
H
nx my
n mol= + = =
=> nx + my = 0,2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
n m 2

ACl BCl A+B HCl H
m = m + m = m + m - m
Thay số vào ta có:
m = 10 + (nx + my) 36,5 - 0,1. 2 = 10 + 0,2 x 36,5 - 0,2 = 17,1 (g)
* Áp dụng đl bảo toàn khối lượng:
Ta thấy
2
2,24
2 2. 0,2( )
22,4
HCl H
Cl H
n n n n mol
− +
= = = = =
=> m
muối
= m
Kl
+
−
Cl
m
= 10 + 0,2 .35,5 = 17,1 (g)
=> Đáp án (B) đúng
Hoặc Ta thấy:
2
2,24
2 2. 0,2( )
22,4

HCl H
n n mol= = =
=>
( )
2
HCl H
m = m + m - m 10 0,2. 36,5 0,1.2 17,1 g
kl
= + − =
muèi
Ví dụ 3: Hòa tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl
thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu
được m(g) muối, m có giá trị là:
A. 31,45g B. 33,25(g) C. 3,99(g) D. 35,58(g)
* Cách giải thông thường.
Ptpư:
Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
↑
2Al + 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
↑
Chất rắn Y là Cu; dung dịch Z là MgCl
2
và AlCl
3

.
)mol(,
,
,
n
H
350
422
847
2
==
4
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
Đặt: n
Mg
= x; n
Al
= y



=+
=+
⇒





−=+

=+
⇒
662724
7032
5421492724
350
2
3
,yx
,yx
,,yx
,yx
Giải hệ phương trình:



=
=
20
050
,y
,x
Theo phương trình:
)mol(,nn
MgMgCl
050
2
==
=>
)g(,x,m

MgCl
75495050
2
==
)mol(,nn
AlAlCl
20
3
==
=> m =
)g(,,,mm
AlClMgCl
4531726754
32
=+=+
* Áp dụng đl bảo toàn khối lượng:
2
7,84
2 2. 0,7 ( )
22,4
HCl H
Cl H
n n n n mol
− +
= = = = =
)g(,,,,x,),,(mmm
Cl
)MgAl(
453185246653570542149
=+=+−=+=

−
+
Vậy đáp án (A) là đúng
Ví dụ 4: Trộn 5,4g Al với 4,8g Fe
2
O
3
rồi nung nóng để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm.
Sau phản ứng ta thu được m(g) hỗn hợp chất rắn. Giá trị của m là (g).
A. 2,24(g) B. 4,08(g) C. 10,2(g) D. 0,224(g) E. Kết quả khác.
*Cách giải thông thường
2Al + Fe
2
O
3
→ Al
2
O
3
+ 2Fe
Số mol: 0,2 0,03
Phản ứng: 0,06 0,03 0,03 0,06
Sau phản ứng: 0,14 0 0,03 0,06
m
hh
sau phản ứng = 0,14. 27 + 0,03. 102 + 0,06. 56 = 10,2 (g)
*Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng các chất tham gia phản
ứng bằng tổng khối lượng sản phẩm:
m
hh sau

= m
hh trước
= 5,4 + 4,8 = 10,2(g) Vậy đáp án (C) đúng
Ví dụ 5: Hoà tan 10g hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hoá trị 2 và 3 bằng dd HCl
ta thu được dd A và 0,672 lít khí bay ra (đó ở đktc). Hỏi cô cạn dd A thì thu được bao nhiêu
gam muối khan?
A. 10,21g B. 10,33g C. 10,3 D. 10,12g
• Cách giải thông thường:
Gọi A và B lần lượt là kim loại hóa trị 2, 3; x và y lần lượt là số mol muối cacbonat của
A và B.
Ptpư:
5
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện

3 2 2 2
2 3 3 3 2 2
1, 2
2
2, ( ) 6 2 3 3
6 2 3 3
ACO HCl ACl CO H O
x x x x x
B CO HCl BCl CO H O
y y y y y
+ → + +
+ → + +
Theo đầu bài ta có hệ:
0,672
3 0,03
Ax 2 10 60( 3 ) 8, 222,4

( 60) (2 180) 10
x y
By x y
A x B y

+ = =

⇔ + = − + =


+ + + =

( 35,5.2) ( 35,5.3)2 2 35,5.2.( 3 )
8,2 2,13 10,33
m A x B y Ax By x y
gam
−
⇒ = + + + = + + +
= + =
muèiCl
• Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
2
2 2
3
2 2
3 3
HCl CO CO
0,672
= 2.n = 2. = 0,06mol;n = n = 0,03mol
22,4

m 10 0,03.60 0,06.35,5 10,33
Cl CO
CO Cl
n n
m m m gam
− −
− − − −
=
⇒ = − + = − + =
muèi Cl muèi CO
Hay
Theo đl bảo toàn khối lượng
2 2
HCl CO H O
+ m = m + m + mm
-
muèicacbonat
muèiCl
2 2 2
HCl CO CO
0,672
=2.n = 2. = 0,06mol;n = n = 0,03mol
22,4
H O
n

=> m
HCl
= 0,06. 36,5 = 2,19g;
2 2

CO H O
=0,03.44=1,32gam;m = 0,03.18= 0,54gamm
=> m
muối Cl-
= (10 + 2,19) - (1,32 + 0,54) = 10,33gam
Đáp án đúng là đáp án (B)
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm CH
4
, C
3
H
6
và C
4
H
10
thu được 4,4g
CO
2
và 2,52g H
2
O. m có giá trị là:
A. 1,48g B. 2,48 g C. 14,8g D. 24,7 E. Không xác định được
*Cách giải thông thường: Đặt
4 3 6 4 10
CH C H C H
n x ;n y ;n z= = =
4 2 2 2
3 6 2 2 2
4 10 2 2 2

1, 2 2
2 2
9
2, 3 3
2
9
3 3
2
13
3, 4 5
2
13
4 5
2
CH O CO H O
x x x x
C H O CO H O
y y y y
C H O CO H O
z z z x
+ → +
+ → +
+ → +
2
2
2 2 2
4,4
n = x 3y 4z = 0,1
22,4
2,52

n = 2x 3y 5z = 0,14
18
CO
H O
hh O CO H O
m m m m

+ + =



⇒ + + =


+ = +



6
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
( )
2
2
4,4
n = x 3y 4z = 0,1
22,4
2,52
n = 2x 3y 5z = 0,14
18
16x 42y 58z+ 2x 4,5y 6,5z .32 4,4 2,52

CO
H O

+ + =



⇒ + + =



+ + + + = +


2
2
4,4
n = x 3y 4z = 0,1
22,4
2,52
n = 2x 3y 5z = 0,14
18
80x 186y 266z 6,92
CO
H O

+ + =




⇒ + + =


+ + =



Giải ra ta được:
x 0,03
y 0,01
z 0,01
=


=


=

=>
= =
= = => = + + =
= =
4
3 6
4 10
CH
C H
C H
m 0,03 x 16 0,48(g)

m 0,01x 42 0,42(g) m 0,48 0,42 0,58 1,48g
m 0,01x58 0,58(g)
*Áp dụng đl bảo toàn khối lượng:
X C H
4,4 2,52
m m m x12 x2 1,2 0,28 1,48(g)
44 18
= + = + = + =
Vậy đáp án (A) đúng
Ví dụ 7: Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra
336 ml H
2
(đktc) và m(g) muối natri. Khối lượng muối Natri thu được là:
A. 1,93 g B. 2,93 g C. 1,9g D. 1,47g
*Cách giải thông thường
Đặt công thức của 2 rượu là R - OH (x mol) R
1
- OH (y mol)
Ptpư:
2
1 1 2
1
1,
2
0,5
1
2,
2
0,5
R OH Na R ONa H

x x x x
R OH Na R ONa H
y y y y
− + → − +
− + → − +
( ) ( )
2
1
1
R 17 x R 17 y 1,24
0,336
0,5x 0,5y 0,015
22,4
1,24 17.0,03 0,73
hh
H
m
n
Rx R y
= + + + =

⇒

= + = =


⇒ + = − =
Khối lượng muối natri:
m = (R + 39)x + (R
1

+ 39)y = Rx + R
1
y + 39(x+y) = 0,73 + 39 x 0,03 = 1,9 (g)
*Áp dụng dl bảo toàn khối lượng:

− + → − + = ⇒ = =
2 2
2 H Na H
1
R OH Na R ONa H n 0,015mol n 2.n 0,03(mol)
2
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
m = 1,24 + 0,03.23 – 0,015.2 = 1,9 (g) Vậy đáp án (C) đúng
Ví dụ 8: Cho 3,38g hỗn hợp A gồm CH
3
OH, CH
3
COOH, C
6
H
5
OH tác dụng vừa đủ
với Na thấy thoát ra 672 ml khí( ở đktc) và dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp
rắn B. Khối lượng B là:
7
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
A. 3,61g B. 4,7g C. 4,76g D. 4,04g
* Cách giải thông thường:
CH
3

OH + Na → CH
3
ONa + H
2
CH
3
COOH + Na → CH
3
COONa + H
2
C
6
H
5
OH + Na → C
6
H
5
ONa + H
2
Ta có
2
H
0,672
n 0,03(mol)
22,4
= =
= = ⇒ = =
2
Na H Na

n 2n 0,06(mol) m 0,06.23 1,38g
= + − =
B
m 3,38 1,38 0,03.2 4,7g
* Cách giải nhanh hơn:

2
H H
n 2n 0,03(mol)= =
. Vì 3 chất trong hỗn hợp A đều có một nguyên tử H linh động

2
2 0,06( )
Na
mol
H
n n
= =
Theo phương trình, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
= + − =
B
m 3,38 (23 1)x 0,06 4,7(g)
Vậy đáp án( B) đúng
Ví dụ 9: Hỗn hợp X gồm 2 anđehit no đơn chức. Chia X thành 2 phần bằng nhau:
- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 0,54g H
2
O
- Phần 2 cộng H
2
(Ni, t

0
) thu được hỗn hợp A. Nếu đốt cháy hoàn toàn A thì thể
tích khí CO
2
thu được (ở đktc) là:
A. 0,112 lít B. 0,672 lít C. 1,68 lít D. 2,24 lít
* Cách giải thông thường:
Đặt công thức tổng quát của 2 anđehit là C
n
H
2n
O (x mol) và C
m
H
m
O (y mol)
Ptpư:
Phần 1:
2 2 2 2
2 2 2 2
3 1
1,
2
3 1 0,54
2, 0,03
2 18
n n
m m
n
C H O O nCO nH O

x nx
m
C H O O mCO mH O nx my mol
y my
−
+ → +
−
+ → + ⇒ + = =
Phần 2:
0
0
,
2 2 2 2
,
2 2 2 2
3,
4,
Ni t
n n n n
Ni t
m m m m
C H O H C H O
x x
C H O H C H O
y y
+
+
+ →
+ →
8

Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
3
5, ( 1)
2
3
6, ( 1) 0,03
2
n n
m m CO
n
C H O O nCO n H O
x nx
m
C H O O mCO m H O n nx my mol
y my
+
+
+ → + +
+ → + + ⇒ = + =
⇒ = =
2
CO
V 0,3.22,4 0,672lit

*Áp dụng đl bảo toàn khối lượng:
Phần 1: hỗn hợp là anđehit no đơn chức
= =

2 2
CO H O
n n 0,03(mol)
Theo định luật bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng
= = = =
2 2 1 2
C(CO ) C(P ) C(P ) CO (1)
n n n n 0,03(mol)
⇒ =
2
CO
V 0,672lit
Đáp án (B )đúng
Ví dụ 10: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 rượu A và B ta được hỗn hợp Y
gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76g CO
2
. Vậy khi đốt cháy hoàn
toàn Y thì tổng khối lượng nước và CO
2
tạo ra là:
A. 2,94g B. 2,48g C. 1,76g D. 2,76g
* Cách giải thông thường.
Khi tách nước từ rượu → olefin. Vậy 2 rượu A, B phải là rượu no đơn chức.
Đặt công thức tổng quát 2 rượu là C
n
H
2n+1
OH (x mol) C
m
H

2m+1
OH (y mol)
Ptpư:
0
2 4
0
2 4
,170
2 1 2 2
,170
2 1 2 2
1,
2,
H SO C
n n n n
H SO C
m m m m
C H OH C H H O
x x
C H OH C H H O
y y
+
+
→ +
→ +
®Æc
®Æc

2 2n n m m
Y H H⇒ gåm C vµ C

Đốt cháy hỗn hợp X:
2
2 1 2 2 2
2 1 2 2 2
3
3, ( 1)
2
3 1,76
4, ( 1) 0,04
2 44
n n
m m CO
n
C H OH O nCO n H O
x nx
m
C H OH O mCO m H O n nx my mol
y my
+
+
+ → + +
+ → + + ⇒ = + = =
Đốt cháy hỗn hợp Y:

2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
3
5,
2

0,04
3
6,
2
n n
CO H O
m m
n
C H O nCO nH O
x nx nx n n nx my mol
m
C H O mCO mH O
y my my
+ → +
⇒ = = + =
+ → +
=>
= =
2
CO
m 0,04.44 1,76
(g);
= =
2
H O
m 0,04.18 0,72
(g)
Σm = 2,48(g) Đáp án( B) đúng
9
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện

* Áp dụng đl bảo toàn khối lượng:
−
+
→ ⇒ = ⇒ = =
2
2 2
H O
C(X) C(Y) CO (do X) CO (do Y)
n 2n 1 n 2n
X Y n n n n 0,04mol
(C H OH) (C H )
+
→ + ⇒ = =
2
2 2
O
n 2n 2 2 CO H O
Y(C H ) nCO nH O n n 0,04(mol)

+
⇒ = + =
∑
2 2
CO H O
m 0,04.(44 18) 2,48gam
Vậy đáp án( B )đúng
Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm rượu no đơn chức A và 1 axit no đơn chức B. Chia thành 2
phần bằng nhau.
- Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 2,24 lít CO
2

(đktc)
- Phần 2: Este hóa hoàn toàn và vừa đủ thu được 1 este. Khi đốt cháy este này thì
lượng nước sinh ra là:
A. 1,8g B. 3,6g C. 19,8g D. 2,2g
* Cách giải thông thường:
Đặt CTTQ A: C
n
H
2n+1
OH (x mol) hay C
n
H
2n+2
O
B: C
m
H
2m+1
COOH (x mol) hay C
a
H
2a
O
2
(a = m+1)
Ptpư:
Phần 1 1, C
n
H
2n+2

O + O
2
→ nCO
2
+ (n+1)H
2
O
x nx
2, C
a
H
2a
O
2
+
3 2
2
a −
O
2
→ aCO
2
+ aH
2
O
y ay
2
2,24
0,1( )
22,4

CO
n nx ay mol⇒ = + = =
Phần 2: 3, C
m
H
2m+1
COOH + C
n
H
2n+1
OH
2 4®
H SO
→
C
m
H
2m+1
COOC
n
H
2n+1
+ H
2
O
x y x
Do các chất pư vừa đủ nên x = y
4, C
m
H

2m+1
COOC
n
H
2n+1
+ qO
2
→ (n + m + 1)CO
2
+ (n + m +1)H
2
O
x (n + m + 1)x
2
2
( 1) 0,1( )( , 1)
0,1.18 1,8
H O
H O
n n m x nx ay mol do x y a m
m gam
⇒ = + + = + = = = +
⇒ = =
Vậy đáp án( A )đúng
*Áp dụng đl bảo toàn khối lượng:
Phần 1:
=
2
CO
n 0,1(mol)

Theo định luật bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng
= = = =
2 1 2
C(este) C(P ) C( P ) CO
n n n n 0,1(mol)
Este no, đơn chức
+
→ = = =
2
2 2
O
H O CO C(este)
n n n 0,1 mol
⇒ = =
2
H O
m 0,1 x 18 1,8(g)
Đáp án (A )đúng
Ví dụ 12: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etilenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn hợp
A cần 21,28 lít O
2
(ở đktc) và thu được 35,2g CO
2
và 19,8g H
2
O. Tính khối lượng phân tử X.
10
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
* Ta có: hh A(C
2

H
4
(OH)
2
; X) + O
2

→
CO
2
+ H
2
O
áp dụng đlbtkl: m
A
+ m
oxi
= m
CO2
+ m
H2O
=> m
A
= (35,2 + 19,8) -
21,28
.32
22,4
= 24,6 => m
X
= 24,6 - 0,1. 62 = 18,4gam

=> M
X
=
18,4
0,2
= 92
* Bài tập tự giải:
1. Đun dd chứa 10g xút và 20g chất béo. Sau khi kết thúc phản ứng xà phòng hoá, lấy
1/10 dd thu được đem trung hoà bằng dd HCl 0,2M thấy tốn hết 90ml dd axit.
1. Tính lượng xút cần để xà phòng hoá 1 tấn chất béo.
2. Từ 1 tấn chất béo có thể điều chế được bao nhiêu glixerin và xà phòng nguyên
chất?
3. Tính
M
của các axit trong thành phần chất béo.
2. Cho 200ml dung dịch HNO
3
tác dụng với 5 gam hỗn hợp Zn và Al. Phản ứng giải
phóng 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và N
2
O. Hỗn hợp khí đó có tỉ khối hơi so với H
2
là 16,75. Sau khi kết thúc phản ứng đem lọc, thu được 2,013 gam kim loại. Hỏi sau khi cô cạn
dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Tính nồng độ dung dịch HNO
3
ban đầu.
3. Hoà tan 6,25 g hỗn hợp gồm Zn và Al vào 275 ml dung dịch HNO
3
, thu được dung dịch
A, chất rắn B gồm các kim loại chưa tan hết cân nặng 2,516g và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở

đktc) gồm NO và N
2
O. Hỗn hợp khí D có tỉ khối hơi so với H
2
là 16,75.
a. Hỏi khi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan.
b.Tính nồng độ mol của dung dịch HNO
3
ban đầu. (CĐGTVT-99)
4. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp ba kim loại bằng dung dịch HNO
3
thu được V lít
hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO
2
và NO. Tỉ khối của D so với hiđro bằng 18,2.
a. Tính tổng số gam muối khan tạo thành theo V. Biết rằng không sinh ra muối
NH
4
NO
3
.
b. Cho V = 1,12 lít. Tính thể tích tối thiểu dung dịch HNO
3
37,8% (d = 1,242 g/ml)
đã dùng. (ĐHNNI-2000tr216)
5. Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và
muối cacbonat của 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 thì thu được bao nhiêu gam muối khan.
6. Hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
2

O
3
, cho luồng khí CO đi qua ống đựng m gam X đun
nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn trong ống sứ và 11,2 lít hỗn hợp
khí B (đktc) có tỉ khối so H
2
là 20,4. Tìm m.
7. Cho 0,1 mol este tạo bởi axit 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với
NaOH thu được 6,4 gam rượu và một lượng muối có khối lượng nhiều hơn lượng este là
13,56% (so với lượng este). Tính khối lượng muối và xác định công thức cấu tạo của este.
11
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
8. Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng
dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp 2 rượu. Xác định
CTPT của este.
9. Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe và các oxit của Fe
đun nóng thu được 64 gam Fe, khí đi ra sau pư tạo 40 gam kết tủa với dung dịch Ca(OH)
2
dư.
Tính m.
10. Một dung dịch chứa 0,1 mol Fe
2+
, 0,2 mol Al
3+
, x mol Cl
-
và y mol SO
4
2-
Tính x,y biết

rằng cô cạn dung dịch thu được 46,9 gam chất rắn khan.
Bài tập trắc nghiệm:
1. Cho 8,9 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại A và B có hóa trị I tác dụng
hết với dung dịch HCl thu 2,24 lít khí (đkc). Khối lượng muối tạo ra sau phản ứng là:
A. 10,0gam B. 10,1gam C. 11,0gam D. 10,01 gam
2. Cho 1,53 gam hỗn hợp Cu, Zn, Mg vào dung dịch HCl dư thấy thoát ra 448 ml khí
(đktc). Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng rồi nung khan trong chân không sẽ thu được m gam chất
rắn. Giá trị của m là:
A. 2,95 B. 3,9 C. 2,24 D. 1,885 E. Đáp án khác
3. Cho 0,52 gam hỗn hợp hai kim loại tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
loãng dư
thấy có 0,336 lít khí thoát ra (đktc)
1. Khối lượng muối sunfat thu được là (gam)
A. 2 B. 2,4 C. 3,92 D. 1,96 E. Kết quả khác
2. Thể tích dung dịch H
2
SO
4
(lít) tối thiểu cần phải dùng để hòa tan hai kim loại
này là:
A. 0,3 B. 0,6 C. 0,045 D. 0,03 E. Đáp án khác
4. Hòa tan hết 5 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại kiềm và một muối
cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu được 1.68 lít khí CO
2
(đ kc).
Cô cạn dung dịch thu được sau phản ứng thu được hỗn hợp muối khan nặng:
A. 7.8 gam B. 12.6 gam C. 5.825 gam D. 4.3 gam

Nhận xét: Định luật bảo toàn khối lượng đóng một vai trò quan trọng trong hóa học.
Việc áp dụng sđịnh luật này vào quá trình giải bài toán hóa học không những giúp các em
nắm được bản chất của các phản ứng hóa học mà còn giải nhanh các bài toán đó. Nếu các em
không chú ý tới điểm này sẽ đi vào giải toán bằng cách đặt ẩn, lập hệ phương trình. Với
những bài toán nhiều ẩn số mà thiếu dữ liệu nếu các em không có kĩ năng giải toán tốt, dùng
một số thuật toán: ghép ẩn số, loại trừ thì sẽ không giải được các bài toán này. Nếu các em áp
dụng tốt các nội dung của định luật bảo toàn khối lượng, các em sẽ suy luận ngay yêu cầu của
bài trên cơ sở ptpư và dữ kiện đầu bài cho, thời gian giải bài toán chỉ bằng 1/4 thời gian giải
theo phương pháp đại số, quá trình tính toán ngắn gọn, dễ tính.
2. Phương pháp bảo toàn điện tích
• Nguyên tắc
12
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
- Trong phản ứng oxi hóa - khử: “Tổng số mol electron mà chất khử nhường bằng
tổng số electron chất oxi hóa nhận”.
- Trong dung dịch chất điện li: “Tổng số mol các cation bằng tổng số mol các anion”.
• Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho 19,2 g một kim loại M tan hoàn toàn trong dd HNO
3
thì thu được 4,48 lít
NO (đktc ). Vậy kim loại M là:
A. Cu B. Mg C. Fe D. Zn
*Cách giải thông thường:
Gọi hóa trị của M là n.
Ptpư:
3 3 2
3 4 3 ( ) 2
n
M nHNO M NO nNO nH O+ → + +
Theo ptpư:

3 3 4,48 0,6 19,2 0,6
. ( ) 32
22,4
M NO
n n mol M n
n n n M n
= = = ⇒ = ⇒ =
=> n = 2, M = 64 (Cu) là hợp lý.
Giải bằng cách này bắt buộc HS phải viết và cân bằng đúng ptpư. Nếu không các bước
sau đó sẽ không thực hiện được.
*Áp dụng đl bảo toàn e:
Chất nhường e:
19,2 19,2
. ( )
n
M M ne
n mol e
M M
+
→ +
Chất nhận e
5 2
3
4,48
3. 0,2 0,2( )
22,4
N e N
mol
+ +
+ →

=
Theo đl bảo toàn e:
19,2
.n
M
=
3. 0,2
=> M = 32n
=> n = 2, M = 64 (Cu) là hợp lý. Đáp án đúng là đáp án (A)
Ví dụ 2: Hoà tan a gam Al trong dung dịch HNO
3
loãng thu được 0,896 lít hỗn hợp khí X gồm
N
2
O và NO (đktc). Tỷ khối hơi của X so với H
2
bằng 18,5. Tìm giá trị của a?
A. 1,98 gam B. 1,89gam C. 18,9 gam D. 19,8gam
* Cách thông thường:
Gọi số mol N
2
O và NO trong hỗn hợp lần lượt là: x và y
Theo đầu bài ta có hệ:
0,896
0,04
22,4
44 30
18,5.2 37
x y
x y

x y

+ = =



+

= =

+

0,04
44 30 37.0,04 14,8
x y
x y
+ =

⇔

+ = =

Giải hệ ta được: x = y = 0,02 mol.
Ptpư:
3 3 3 2 2
3 3 3 2
1,8 30 8 ( ) 3 15
8
( )
3

2, 4 ( ) 2
( )
Al HNO Al NO N O H O
x x mol
Al HNO Al NO NO H O
y y mol
+ → + +
+ → + +
13
Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện
8 0,22 0,22
27. 1,98
3 3 3
Al
n x y mol a gam⇒ = + = ⇒ = =
Đáp án (A) đúng.
* Áp dụng định luật bảo toàn e:
Học sinh tính số mol các khí trong hỗn hợp như với cách giải thông thường:
Gọi số mol N
2
O và NO trong hỗn hợp lần lượt là: x và y
Theo đầu bài ta có hệ:

0,896
0,04
22,4
44 30
18,5.2 37
x y
x y

x y

+ = =



+

= =

+

0,04
44 30 37.0,04 14,8
x y
x y
+ =

⇔

+ = =

Giải hệ ta được: x = y = 0,02 mol.
Các quá trình nhường – nhận e:
Chất nhường e:

3
3
.3 ( )
27 27

Al Al e
a a
mol e
+
→ +
Chất nhận e
5 1
5 2
1, 4
8 2
2, 3
3
N e N
x x
N e N
y y
+ +
+ +
+ →
+ →
Áp dụng đl bảo toàn e:
.3 8 3 1,98
27
a
x y a gam= + ⇒ =
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 28,8 g kim loại Cu vào dung dịch HNO
3
loãng, tất cả khí NO
thu được đem oxi hóa thành NO
2

rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO
3
.
Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là: (ĐH khối B 2007)
A. 100,8 lít B. 10,08lít C. 50,4 lít D. 5,04 lít
* Cách giải thông thường
1, 3Cu + 8HNO
3
→ 3Cu (NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
2, NO +O
2
→ NO
2
3, 2NO
2
+O
2
+ H
2
O → 2HNO
3
n
Cu
=

28,8
0,45
64
=
(mol)
Theo phương trình (1): n
NO
= n
Cu
= 0,45 = 0,3 (mol)
Theo phương trình (2):
2 2
NO NO O (2) NO
1
n n 0,3(mol) n n 0,15(mol)
2
= = = =
Theo phương trình (3)
2 2
O NO
1 0,3
n n 0,075(mol)
4 4
= = =
= + =
2
O
n 0,15 0,075 0,225(mol) ⇒ = =
2
O ph¶n øng

V 0,225.22,4 5,04
(lit)
* Áp dụng định luật bảo toàn e:
Cu → Cu
2+
+ 2e O
2
+ 4e → 2O
2-
0,45 0,9 x 4x
Theo đl bảo toàn e: 4x = 0,9 ⇒ x = 0,225 ⇒
2
O
V
= 0,225 x 22,4 = 5,04 lít
Đáp án (D) đúng
14