Phương pháp giải bài tập Hóa ôn thi tốt nghiệp và đại học

Download Ebook Chuyên Nghiệp Nhất VN

Phương pháp giải bài tập Hoá Học - THPT


A. Phương pháp bảo toàn.

1. Bảo toàn ñiện tích:
-Nguyên tắc : Tổng ñiện tích dương luôn bằng tổng ñiện tích âm vè giá trị tuyệt dối. Dung
dịch luôn trung hòa về ñiện.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na
+
(a mol), HCO
3
(b mol), CO
3
2-
(c mol), SO
4
2-
(d mol).ðể
tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml Ba(OH)
2
x mol/l. Tính X theo a,b.
Giải
HCO
3
-
+ OH- ---> CO

3
2-
+ H
2
O
b --> b
Ba
2+
+ CO
3
2-
---> BaCO
3

Ba
2+
+ SO
4
2-
---> BaSO
4

Dung dịch sau PU chỉ có Na+ (ban ñầu) là a mol. Vậy ñể dung dịch trung hòa về ñiện
thì cấn a mol OH
-
, trong khi ñó ñã tiêu tốn b mol OH
-
ở trên.
Vậy nOH
-

= a+b mol ---. x = (a+b)/0,2.
2. Bảo toàn khối lượng:
-Nguyên tắc:
+Trong PƯHH thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất tham gia PƯ.
+Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu ñược bằng tổng khối lượng các cation
kim loại và anion gốc axit.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ ñựng m gam hỗn hợp Fe và các oxit
của Fe ñun nóng thu ñược 64 gam Fe, khi ñi ra sau PƯ tạo 40 gam kết tủa với dung dịch
Ca(OH)2 dư. Tính m.
Giải
Ta có: n
CO2
= n
CaCO3
= 40/100 = 0,4 mol
m
CO
+ m = m
Fe
+ m
CO2

mà n
CO pư
= n
CO2
= 0,4 nên:
m = m
Fe

+ m
CO2
- m
CO
= 64 + 0,4.44 - 0,4.28 = 70,4 g
Ví dụ 3: 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 ñược 46,9 gam chất rắn khan.
Giải
Theo ñịnh luật bảo toàn khối lượng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9
Theo ñịnh luật bảo toàn ñiện tích: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y
Giải hệ phương trình ---> x = 0,2 y = 0,3
Ví dụ 4: ðun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, ñơn chức với H
2
SO
4
ñặc thu dược 111,2 g
hỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mõi ete.
Giải
Theo ðLBT khối lượng: m
rượu
= m
ete

+ m
H2O

---> m
H2O
= m
rượu
- m
ete
= 132,5 - 111,2 = 21,6 g
trong PƯ ete hóa thì: n
ete
= n
H2O
= 21,6/18 = 1,2 mol
---> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 mol
Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II vào
dung dịch HCl ñủ thu ñược 0,2 mol CO
2
. Tính khối lượng muối mới thu dược.
Giải
Trong các PƯ của HCl với muối cacbonat thì n
CO2
= n
H2O
= n
HCl
/2
mà n
CO2

= 0,2 mol ---> n
H2O
= 0,2 mol và n
HCl
= 0,4 mol
theo ðLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2
---> m = 26 g
3. Bảo toàn electron:
-Nguyên tắc: ðây là trường hợp riêng của bảo toàn ñiện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa
khử. Khi ñó ne cho = ne nhận.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột S rồi ñun nóng trong ñiều kiện không có không khí
thu ñược chất rắn A. Hòa tan A bằng HCl dư thu ñược hỗn hợp khí B.
ðốt cháy hoàn toàn B cần bao nhiêu lit Òxi ở ñktc.
Giải
Ta thấy n
Fe
= 60/56 > n
S
= 30/32 nên Fe dư, S hết.
Khí B là hỗn hợp H
2
, H
2
S. ðốt B thu ñược SO
2
, H
2
O
Phân tích:

-S nhận một phần e của Fe ñể tạo S
2-
(FeS) và không thay ñổi trong PƯ với HCl (vẫn
là S
2-
trong H
2
S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe ñã cho và e do nó vốn có ñể tạo SO
2

trong PƯ với O
2
.
-Fe nhường một phần e cho S ñể tạo Fe
2+
(FeS) và cuối cùng lượng e này lại ñẩy sang cho O
2

(theo trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H
+
ñể tạo H
2
, sau ñó H
2

lại trả số e này cho O
2
trong PƯ cháy tạo H
2
O

---> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường ñã ñược O
2
thu nhận.
Vậy: n
e cho
= 2n
Fe
+ 4n
S
= 5,89 mol.
---> n
O2
= 5,89/4 = 1,47 mol
V
O2
= 1,47.22,4 = 32,928 lit.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không ñổi, chúng ñều không PƯ với nước
và mạnh hơn Cu. Cho X tác dụng hoàn toàn với CuSO
4
dư, lấy Cu thu ñược cho PƯ hoàn toàn
với HNO3 dư thấy thoát ra 1,12 lit NO ở ñktc. Nếu cho lượng X trên PƯ hoàn toàn với HNO
3
thì
thu ñược bao nhiêu lit N
2
ở ñktc.
Giải
Phân tích: Cu
2+
nhận a mol e của A,B ñể tạo Cu, Cu lại nhường lại a mol e cho N

5+

ñể tạo NO.
N
5+
+ 3e ---> N
2+
---> n
NO
= a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol --> a = 0,15 mol
Ở thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N
5+
ñể tạo N
2
:
2N
5+
10e ---> N
2

---> n
N2
= 0,15/10 = 0,015 mol
---> V
N2
= 0,015.22.4 = 0,336 lit
Ví dụ 3: Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO
3
thu ñược 0,01 mol NO
và 0,04 mol NO

2
. Tính khối lượng muối tạo ra?
Giải
ðặt số mol Mg,Al,Cu lần lượt là a,b,c
--->Số mol e nhường = 2a + 3b + 2c = n
NO3
-
trong muối.
Số mol e nhận = 3nNO + nNO
2
= 0,07 mol = 2a + 3b + 2c
Vậy: m = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam
Chú ý: Số mol HNO
3
làm môi trường = số mol HNO
3
tạo muối = số mol e cho = số mol e nhận.
Số mol HNO
3
oxi hóa tính ñược theo số mol các sp khử, từ ñó ta tính ñược số mol HNO
3
phản
ứng.

B. Phương pháp ñại số:

+ Viết phương trình PƯ.
+ ðặt ẩn số cho các ñại lượng cần tìm sao cho ñơn giản.
+ Tính theo PTPƯ và ñề bài cho ñể lập các PT toán học.
+ Giải các PT hay hệ PT này và biện luận kết quả nếu cần.

Nhận xét: ðây là một cách không hay nhưng lại ñược áp dụng nhiều do thói quen, cần hạn chế
làm theo cách này vì:
- Một số bài có hệ PT rất phức tạp, không giải ñược về mặt toán học (số PT ít hơn ẩn), rất khó ñể
biện luận ñể tìm ra ñại lượng cần tìm.
- Tính chất toán học của bài toán ñã lấn át tính chất hóa học, làm tính chất hóa học bị lu mờ -->
không có tác dụng khắc sâu kiến thức hóa học, làm giảm tác dụng của bài tập.

Ví dụ: ðể m gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu ñược 12 gam hỗn hợp A
gồm Fe và các oxit Fe. Cho hỗn hợp tan hoàn toàn trong HNO
3
thu ñược 2,24 l NO duy nhất.
Tính m.
Giải
1. Phương pháp ñại số:
Fe + 4HNO
3
---> Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
3FeO + 10HNO
3
---> 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H

2
O
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
---> 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
---> 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
ðặt số mol Fe , FeO , Fe
3

O
4
, Fe
2
O
3
lần lượt là a,b,c,d. Ta có các PT sau:
m
A
= 56a + 72b + 232c + 160d = 12 (1)
n
Fe
= a + b + 3c + 2d = m/56 (2)
n
O
trong oxit
= b + 4c + 3d = (12-m)/16 (3)
n
NO
= a + b/3 + c/3 = 0,1 (4)
Có 4 phương trình 5 ẩn số nên phải biện luận, ñề không yêu cầu tính a,b,c,d nên ta tính vế trái
của 2 hoạc 3 --> m. ðể làm ñiều ñó ta có thể tổ hợp 1,4 ñể ñược vế trái của 2 hoặc khử a của 1,4
ñể thu ñược vế trái của 3
Kết quả: m = 10,08 g
2.Phương pháp bảo toàn khối lượng:
n
Fe(NO3)3
= n
Fe
= m/56

n
HNO3
= n
NO
+ 3n
Fe
= 0,1 + 3m/56
n
H2O
= 1/2 n
HNO3

Thay các giá trị vào PT:
m
A
+ m
HNO3
= m
Fe(NO3)3
+ m
NO
+ m
H2O

---> m = 10,08 g
3. Phương pháp bảo toàn e:
ne
Fe
nhường
= ne

do
O2
thu

+ ne
do
N
5+

thu

3m/56 = (12-m).4/32 + 0,1.3
---> m = 10,08 g
4. Suy biến của PP bảo toàn e:
Giả sử hỗn hợp chỉ gồm có Fe và Fe
2
O
3

PU: 4Fe + 3O
2
---> 2Fe
2
O
3

---> n
Fe
= 4/3n

O2
= 4/3 . (12-m)/32
Số mol Fe trong A: = m/56 - 4/3 . (12-m)/32
Theo PƯ (1,2,3,4) --> n
Fe
= n
NO
---> m/56 - 4/3 . (12-m)/32 = 0,1
---> m = 10,08
Ta có thể qui hỗn hợp A gồm có Fe và một trong số các oxit kia của Fe nhưng phức tạp hơn do
các oxit này PƯ với HNO
3
có tạo NO.

C. Phương pháp trung bình

- Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất, các chất này phải PU hoàn
toàn hay có hiệu suất như nhau.
- Từ giá trị trung bình ta biện luận tìm ra : nguyên tử khối, phân tử khối , số nguyên tử trong
phân tử.
Các ví dụ:
Ví dụ 1. Hòa tan 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A,B kế tiếp nhau trong nhóm
II A vào dung dịch HCl dư thu ñược 1,12 l CO
2
(ñktc). Xác ñịnh A,B.
Giải
ðặt M là nguyên tử khối trung bình của A,B:
MCO
3
+ 2HCl ---> MCl

2
+ CO
2
+ H
2
O
---> n
MCO3
= n
CO2
= 1,12/22,4 = 0,05 mol
--->MCO
3
= 4,68/0,05 = 93,6 --> M = 33,6
Biện luận A < M = 33,6 < B --> A = 24, B = 40 : Mg,Ca
Ví dụ 2. ðốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp 2 rượu no, ñơn chức kế tiếp nhau trong dãy ñồng
ñẳng thu ñược 3,584 l CO
2
và 3,96 g H
2
O. Tính a và CTPT của hai rượu.
Giải
Gọi n là số C trung bình và x là tổng số mol. Từ PƯ ñốt cháy :
n
CO2
= nx = 3,584/22,4 = 0,16 mol
n
H2O
= (n+1)x = 3,96/18 = 0,22 mol
---> x = 0,06 và n = 2,67

---> a = (14n+18).x = 3,32 g
Hai rượu là:C
2
H
5
OH và C
3
H
7
OH
Ví dụ 3. Hỗn hợp 3 rượu ñơn chức A,B,C có tổng số mol là 0,08 , tổng khối lượng là 3,387 g.
Xác ñịnh CTPT của A,B,C biết B,C có cùng số C và n
A
= 5/3(n
B
+n
C
).
Giải
Giá trị trung bình: M = 3,387/0,08 = 42,23 --> có ít nhất một rượu có phân tử khối nhỏ hơn
42,23, ñó là CH
3
OH = 32 và ñó phải là rượu A do B,C có cùng số C.
Ta có: n
A
= 0,05 mol ---> m
A
= 32.0,05 = 1,6 g
--> n
(B+C)

= 0,08 - 0,05 = 0,03 mol và m
(B+C)
= 3,38-1,6 = 1,78
Khối lượng M trung bình của B,C: 1,78/0,03 = 59,3
Gọi y là số H trung bình, x là số C thì: 12x + y + 17 = 59,3 y<=2x+1
--->12x + y = 42,3 . Thay x = 1,2,3,4 vào (x>=4 thì y<0) ta ñược x = 3, y = 6,3 là phù hợp. Như
vậy một chất có số H > 6,3 chất kia có số H < 6,3. Ta có 2 cặp B,C:
CH
2
=CH-CH
2
OH và C
3
H
7
OH
CHC-CH
2
OH và C
3
H
7
OH

D. Phương pháp ghép ẩn số

- Thực ra ñây là một cách biện luận của PP ñại số khi bài toán cho thiếu nhiều dữ kiện.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1. ðốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, ñơn chức rồi dẫn toàn bộ SP qua bình 1
ñựng H

2
SO
4
và bình 2 ñựng Ca(OH)
2
dư thấy bình 1 tăng 1,98 g và bình 2 có 8 g kết tủa. Tính a.
Giải
(Bài này có thể giải theo PP trung bình ở phần trên).
ðặt công thức của 2 rượu là C
n
H
2n+1
OH và C
m
H
2m+1
OH và x,y là số mol tương ứng.
---> n
CO2
= nx + my = 0,08 mol
n
H2O
= (n+1)x + (m+1)y = 0,11 mol
---> nx + my + x + y = 0,11
---> x + y = 0,03
mà: a = (14n+18)x + (14m+18)y = 14(nx+my) + 18(x+y)
= 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 g
Ví dụ 2. ðun p gam hh 2 rượu no, ñơn chức với H
2
SO

4
ñặc thu ñược V lit (ñktc) hai
anken. ðốt cháy hoàn toàn 2 anken thu ñược x lit CO
2
và y gam H
2
O. Tính x,y theo
p,V.
Bài này làm hoàn toàn tương tự như trên.

E. Phương pháp tăng, giảm khối lượng:
- Khi chuyển từ chất này sang chất khác, khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác
nhau có khối lượng mol phân tử khác nhau. Dựa vào tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng, giảm
khối lượng với số mol chất mà ta giải bài toán.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1. Nhúng thanh kim loại A hóa trị 2 vào dung dịch CuSO
4
một thời gian thấy khối lượng
thanh giảm 0,05% , cũng nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO
3
)
2
thì khối lượng thanh tăng
7,1%. Xác ñịnh M biết số mol CuSO
4
và Pb(NO
3
)
2
pư là như nhau.

Giải
Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là nguyên tử khối, x là số mol muối pư
M + CuSO
4
----> MSO
4
+ Cu
A(g) 1 mol 64 (g). Giảm : A-64 (g)
x mol Giảm : 0,0005m (g)
---> x = 0,0005m/(A-64) (1)
M + Pb(NO
3
)
2
---->M(NO
3
)
2
+ Pb
A(g) 1 mol 207 (g). Tăng: 207-A (g)
x mol Tăng: 0,071m (g)
---> x = 0,071m/(207-A) (2)
Kết hợp 1,2 ---> A = 65, M là Zn
Ví dụ 2. Nung 100 gam hh Na
2
CO
3
và NaHCO
3
ñén khối lượng không ñổi dược 69 gam chất

rắn. Xác ñịnh % từng chất trong hh.
Giải
Bài toán có thể giải theo PP ñại số. ðây là PP khác.
2NaHCO
3
---> Na
2
CO3 + CO
2
+ H
2
O
2.84 (g) Giảm: 44 + 18 = 62 g
x (g) Giảm: 100 - 69 = 31 g
---> x = 84 g ---> %NaHCO3 = 84%, %Na2CO3 = 16%
Ví dụ 3. Hòa tan 23,8 g muối M
2
CO
3
, RCO
3
vào HCl thấy thoát ra 0,2 mol khí. Cô cạn dd thu
ñược bao nhiêu g muối khan.
Giải
M
2
CO
3
+ 2HCl ----> 2MCl + CO
2

+ H
2
O
2M+60 2(m+35,5) .Tăng 11 g
x 11x
RCO
3
+ 2HCl ----> RCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
R+60 (R+71) .Tăng 11g
y 11y
mà n
CO2
= x + y = 0,2 mol
--> Khối lượng muối tăng : 11x + 11y = 2,2 g
Khối lượng muối clorua: 23,8 + 2,2 = 26 g

F. Phương pháp sơ ñồ ñường chéo

-Phương pháp sơ ñồ ñường chéo dùng ñể giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc ñầu có
thể là ñồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải ñồng thể.
-Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PƯ với H
2
O lại
cho cùng một chất.

-Trộn hai dd của chất A có nồng ñộ khác nhau thu ñược dd A với nồng ñộ duy nhất.Vậy lượng
chất tan trong phần ñặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên.
-Sơ ñồ tổng quát: D1 x1 x-x2
x
D2 x2 x1-x
Từ ñó: D1/D2 = (x-x2)/(x1-x)
Các ví dụ: