Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng

Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572




Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng
Trích từ cuốn “Phân tích và áp dụng các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học”
Lưu Trung Hiếu
Cao học Hóa - K20 - ĐHQGHN
“Đường chéo” tự nó đã chứng minh được là 1 trong những công cụ giải quyết bài toán
hóa trắc nghiệm hữu hiệu nhất. Theo thời gian, công cụ tính toán này đã được ứng dụng để giải
quyết rất nhiều những dạng toán hóa. Đó cũng là “cảm hứng” để tôi nghiên cứu bản chất và cơ
sở của công cụ này. Dưới đây là 1 phần kết quả nghiên cứu tôi và các bài tập áp dụng đi kèm.
Để tạo một cái nhìn mới, tôi sẽ không đưa các dạng bài và hình thức giải cũ. Thay vào
đó, tôi sẽ đưa ra các dạng bài ứng dụng mới và công thức tính nhanh đính kèm.
Cơ sở lý thuyết:
Chúng ta sẽ khảo sát từ 1 bài toán cụ thể rồi sẽ đưa thành công thức tổng quát.
Trộn lẫn 2 dung dịch có khối lượng là m
1
và m
2
, và có nồng độ % lần lượt là C
1
và C
2
(giả sử C
1
< C
2
). Dung dịch thu được có khối lượng m = m
1

+ m
2
và có nồng độ
C
với
C
1
<
C
< C
2
.

Theo công thức tính nồng độ %:
1
1
dd1
.100%
C%
m
ct
m
= ;
2
2
dd2
.100%
C%
m
ct

m
=
Nồng độ % trong dung dịch tạo thành là:
(C)
1dd 12dd 2dd1 2
dd1dd2dd2
1
dd(C)
C C
C%.100%
mm
C
ct
m
mCmmC
mm
C
+−
==→=
+
−

Theo công thức trên thì chúng ta có thể thấy đây thực chất là một phần của phương pháp
giá trị trung bình đã được phát triển. Cụ thể là C% chính là đại lượng đặc trưng của dung dịch và
m
dd
chính là đại lượng chỉ số lượng của dung dịch. Ta có công thức tổng quát như sau

ax
min

m
XXa
b
XX
−
=
−
(H
1
)
Trong đó
- a,b là các đại lượng :
Số mol , % số mol, thể tích , % thể tích,khối lượng dung dịch ,thể tích dung dịch nói chung đây
là các đại lượng nói tới số lượng của đối tượng
( a∼ X
min ;
b∼ X
max
)
Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572




- X là các đại lượng :
Nồng độ % (C%) , nồng độ mol (C
M
), khối lượng mol phân tử, số nguyên tố, tỉ khối, phần trăm
khối lượng của hỗn hợp, … nói chung là các đại lượng nói tới bản chất của đối tượng
Bài tập minh họa

1) Hỗn hợp A gồm O
2
và O
3
có tỉ khối so với hiđro là 19,2. Hỗn hợp B gồm H
2
và CO . Tính
thể tích khí A (đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 3 mol khí B.
A. 28 lit B. 22,4 lit C. 16,8 lít D. 9,318 lit
Hướng dẫn giải
M
A
= 19,2 . 2 = 38,4 (gam)
Áp dụng công thứ H
1
cho hỗn hợp A ta có :

2
3
O
O
n
4838,49,63
n38,4326,42
−
===
−

⇒ 5 mol A sẽ có: 3.2 + 2.3 = 12 mol oxi nguyên tử
PTPƯ: H

2
+ O ⇒ H
2
O
CO + O ⇒ CO
2

⇒
2
(&)
3()
OCOH
nnmol==
∑∑

⇒
A
5.3
n 1,25()1,25.22,428()
12
A
molVlit==⇒==⇒ Đáp án A
2) Crackinh C
4
H
10
thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H
2
là
16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là:

A. 77,64% B. 38,82% C. 17,76% D. 16,325%
Hướng dẫn giải:
482
1
364
2426
1
29
2
TB
CHH
M
CHCHM
CHCH
M
⇒+


→⇒+⇒==


→


⇒+







⇒



410
410
CH
cracking
410410
cracking
410
410
410
410
CH
CHCH
CH
CH
CH(dö)
coi nhö hoãn hôïp SPÖ coù M=32,65 goàm
CH(dö)

Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572




Áp dụng công thức H
1

ta có :
1
5832,6525,35
32,65293,65
M
−
==
−
410
CH(dö)
n
n

4
1
1
(2)
2
CHM
nn=+
4
(dö)
CH(ban ñaàu)
n = 0,5( 2.3,65+25,35)=16,325
⇒ H=
,
.10077,64%
,
=
2535

2.16325
⇒ Đáp A
3) Hấp thụ 4,48 lít CO
2
(đktc) vào 0,5 lít NaOH 0,4M và KOH 0,2M. Sau phản ứng được
dd X. Lấy 1/2 X tác dụng với Ba(OH)
2
dư, tạo m gam kết tủa. m và tổng khối lượng muối khan
sau cô cạn X lần lượt là
A. 19,7g và 20,6g B. 19,7gvà 13,6g C. 39,4g và 20,6g D. 1,97g và 2,06g
Hướng dẫn giải
Theo bài ra thì
( )
2
CO
n 0,2 mol= ;
-
OH(&)
n=0,3(mol)
KOHNaOH
∑

0,3
1 < h==1,5 < 2 n = h =1,5
0,2
→

Vậy sẽ có 2 loại muối sau phản ứng.
Áp dụng công thức H
1

ta có :
3
2
3
HCO
CO
21,50,51
1,510,51
n
n
−
−
−
===
−

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Canxi ở dạng nguyên tử ta có
3
HCO
n
−
+
2
3
CO
n
−
=
2
CO

n

⇒
3
HCO
n
−
+
2
3
CO
n
−
= 0,2 (mol)
⇒
3
HCO
n
−
=0,1 (mol)
⇒
2
3
CO
n
−
= 0,1 (mol)
Khối lượng muối khan khi cô cạn X là tổng khổi lượng các cation và các anion
⇒ m
muối

=
2
33
NaKHCOCO
mmmm
++−−
+++
= 0,2.23 + 0,1.39 + 0,1.61 + 0,1.60 = 20,6 (gam)
Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572




Lấy 1/2 X tác dụng với Ba(OH)
2
dư
⇒
( )
32
BaCOCO
1
n 0,1 mol
2
n==
⇒
3
BaCO
m 0,1.19719,7() gam== ⇒ Đáp án A
4) Trộn dung dịch chứa a mol AlCl
3

với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa
thì cần có tỉ lệ
A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4.
Hướng dẫn giải:
n
=
h =
3
Al
n
n
OH
−
+
=
b
a

Để thu được kết tủa n
=
h =
3
Al
n
n
OH
−
+
=
b

a
< 4 ⇒ Đáp án D
5) Một cốc thuỷ tinh chứa 200ml dung dịch AlCl
3
0,2M. Cho từ từ vào cốc V ml dung dịch
NaOH 0,5M. Tính khối lượng kết tủa nhỏ nhất khi V biến thiên trong đoạn
200ml ≤V≤280ml.
A.1,56g B. 3,12g C.2,6g D. 3,0g
Hướng dẫn giải:
3
3
3
4
Al 3OH () (1)
Al 4OH [()] (2)
AlOH
AlOH
+−
+−−
+→
+→

Theo bài ra ta có:
3+
Al
n0,04()
0,10,14
OH
mol
n

−
=
≤≤

Giá trị kết tủa lớn nhất thu được khi:
3
(ax)
3
OHmAl
nn
−+
↓
= = 0,12 (mol)
TH1:
OH
n
−
≤
(ax)OHm
n
−
↓
⇒
min
0,1
n ()
3
mol↓=
TH2: 4
3+

Al
n >
OH
n
−
≥
(ax)OHm
n
−
↓

⇒ 3 ≤ h =
3
Al
n
n
OH
−
+
=
0,14
0,04
≤ 4 thì n =
7
2


Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572

Áp dụng công thức H
1
ta có :
3
4
()
[()]
71
4
1
22
71
1
3
22
AlOH
AlOH
n
n
−
−
===
−

Áp dụng bảo toàn nguyên tố nhôm :
3
()AlOH
n +

4
[()]AlOH
n
−
= 0,04 (mol)
⇒
3
4
()
[()]
0,02 ()
0,02 ()
AlOH
AlOH
nmol
nmol
−
=



=



⇒ khối lượng kết tủa min là : 78 .0,02= 1,56 (g) ⇒ Đáp án A
6) Cho từ 500ml hỗn hợp dung dịch HCl 1M và H
2
SO
4

1M vào 200ml hỗn hợp dung dịch
X gồm NaAlO
2
2,5M và Ba(AlO
2
)
2
1M. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn A, nung chất rắn
A thu được tới khối lượng không đổi thu được x gam chất rắn B .tính x ?
A.35,7 gam B.82,3 gam C.46,6 gam D.101,2 gam
Hướng dẫn giải:
2
2
3
-+3+
2
AlO H Al(OH) (1)
AlO + 4H Al+ 2HO (2)
−+
+→
→

2
1,5()
0,9()
H
AlO
nmol
nmol
+

−
=
=
∑
∑

1 ≤ h =
-
2
AlO
n
n
H
+
=
1,5
0,9
=
5
3
≤ 4 thì n =
5
3

Áp dụng công thức H
1
ta có :
3
3
()

57
4
47
33
52
2
1
1
33
AlOH
Al
n
n
n
n
+
−
−
====
−
−

Áp dụng bảo toàn nguyên tố nhôm :
3
()AlOH
n +
3+
Al
n =
-

2
AlO
n
= 0,9 (mol)

⇒
3
4
()
[()]
0,7 ()
0,2 ()
AlOH
AlOH
nmol
nmol
−
=



=



Theo bài ra:
2
4
2
4

0,2()
0,2()
0,5()
Ba
BaSO
SO
nmol
nmol
nmol
+
−
=


⇒=

=

