Một số phương pháp giải bài tập Hóa trung học phổ thông năm 2020

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THƠNG </b>

1. <i><b>Các phương pháp bảo tồn</b>: </i>
<b>a. Bảo tồn e</b>:

Ngun tắc: Trong q trình pứ, tổng số e nhường bằng tổng e nhận hoặc số mol e nhường bằng số mol
e nhận.

Lưu ý:

+ Cần xác định đúng trạng thái ban đầu,cuối của các chất oxh-khử mà không quan tâm đến các quá
trình biến đổi trung gian.

+ Nếu có nhiều chất oxh, nhiều chất khử cùng tham gia trong bài tốn, ta cần tìm tổng số mol e nhường
rồi mới cân bằng.

Nhận dạng bài toán : Đối với những bài tốn có sự thay đổi số oxh , có mặt chất chất oxh, chất khử
Dạng 1:1chất khử + 1chất oxh

∑số e 1 chất khử cho = ∑số e 1 chất oxh nhận

Ví dụ : Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe2O3 một thời gian được 6.72(g) hh X.Hịa tan hồn
toàn hh X vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0.448 (l) khí NO (sản phẩm khử duy nhất).m có giá trị :
A.5,56 B.6,64 C.7,2 D.8,8

Bài giải:

Tư duy bài toán theo sơ đồ:
m(g)

3



<i>Fe</i>

2O3

<b>+</b>
2


<i>C</i>

<b>O – 2e→ </b>
4


<i>C</i>

<b>O2 </b>

H<b>2O + </b>
2


<i>N</i>

<b>O +</b>

3


<i>Fe</i>

<b> </b> <b> 6,72g hh X + H</b>
5


<i>N</i>

<b>O3</b>

Dựa vào sơ đồ ta thấy, chất khử là CO và chất oxh là HNO3.

Ta có : nNO =

4

,

22

448

,

0

= 0,02 mol

Quá trình nhường e:
2


<i>C</i>

- 2e 
4


<i>C</i>

0,03 0,06 0,03
Quá trình nhận e:

5


<i>N</i>

+ 3e 
2


<i>N</i>

0,06 0,02

Áp dụng định luật bảo toàn e: nCO (phản ứng) = nCO₂(tạo thành) =0,03 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng :

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

 m = 7,2 gam
 Đáp án C.

 Dạng 2 : 1 chất khử + 2 chất oxi hóa :



n_e (1 chất khử cho) =



_en (2 chất oxi hóa nhận)

Ví dụ : Nung m(g) bột Fe trong O2 thu được 3 gam hh chất rắn X.Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3
dư, thoát ra 0,56 lit khí NO ( đktc ) ( sản phẩm khử duy nhất ) . Giá trị của m là:

A.2,22 B.2,32 C.2,52 D.2,62.
Bài giải:

Ta có sơ đồ :

+ 4e

+ 3e

m (g)
O

Fe







2
0

O

3g hh X ( Fe, Fex
2

-O

3 ) + H
5

N



O3 dư Fe3+₊
2

N



O
- 3e

Dựa vào sơ đồ ta thấy Fe là chất khử, O2 và HNO3 là chất oxi hóa.
Ta có : m_{O 2} = 3 − m (g)  nO₂=

32

m

-3

( mol )

nNO =

22,4

0,56

= 0,025 mol  nFe =

32

m

( mol )
- Quá trình nhường electron :

0

Fe

− 3e
3

Fe



56

m

56

3m

- Quá trình nhận electron :

0

O

2  4e 2
2

-O

32

m

-3

8

m

-3

5

N


+ 3e
2

N



0,075 0,025
Áp dụng định luật bảo toàn electron :

56

3m

=

8

m

-3

+ 0,075  m = 2,52 (g)
 Đáp án C.

 Dạng 3 : 2 chất khử + 1 chất oxi hóa :



n_e (2 chất khử cho) =



n_e (1 chất oxi hóa nhận)

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

hỗn hợp khí X ( gồm NO và NO2) và dung dchj Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư ). Tỉ khối của X đối với
H2 bằng 19.Tìm giá trị V.

Bài giải:

Vì axit dư nên Fe, Cu bị oxi hóa hết tạo
3

Fe


;

2

Cu



Gọi a, x, y lần lượt là số mol của Fe, NO, NO2.
nFe = nCu = a

 56a + 64a = 12  a = 0,1

Ta có : hhX = 19.2 = 38

Dựa vào sơ đồ đường chéo ta có :
NO (x)…….30 8

38

NO2 (y)…. 46 8


<b>y</b>

<b>x</b>

= 1 hay x = y

- Quá trình nhường electron :

0

Fe

 3e
3

Fe



0,1 0,3

O

Cu

 2e
2

Cu



0,1 0,2

 nhường = 0,5 mol
- Quá trình nhận electron :

5

N



+ 3e
2

N



3x x

5

N



+ 1e
4

N







n_e nhận = 4x mol

- Áp dụng định luật bảo toàn electron :
0,5 = 4x

=> x = 0,125

=> Vx = 22,4.(0,125 + 0,125 ) = 5,6 (l).

 Dạng 4: 2 chất khử + 2 chất oxi hóa :



n

e ( 2 chất khử cho) =



n

e (2 chất oxi hóa nhận).

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Bài giải:

Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe, Cu
56a + 64 = 14,8 (1)

- Quá trình nhường electron :

0

Fe

3e →
3

Fe



a 3a

O

Cu

 2e →
2

Cu



b 2b

→



_en nhận = 0,45 + 0,2 = 0,65 mol
- Áp dụng định luật bảo toàn electron :
3a + 2b = 0,65

=> a = 0,15 và b = 0,1.

=> mFe = 8,4 g.

 Dạng 5 : Cùng lượng chất khử tác dụng với 2 chất oxi hóa :



_en (oxi hóa 1 nhận) =



_en (oxi hóa 2 nhận)

Ví dụ : Chia hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn thành 2 phần bằng nhau :
- Phần 1 : tác dụng với HCl dư được 0,15 mol H2

- Phần 2 : cho tan hết trong dung dịch HNO3 dư được V lít NO ( sản phẩm khử duy nhất ).Tính giá trị V.
Bài giải:

Ta có : Số mol electron do H+ nhận hay
5

N



nhận luôn bằng nhau :
2H+ + 2e → H2

0,3 mol 0,15 mol

5

N



+ 3e →
2

N



0,3mol 0,1 mol
=> VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

 Phạm vi áp dụng: Sử dụng cho các bài tốn có pư oxh-khử, đặc biệt là bài tốn có nhiều chất
oxh, nhiều chất khử các phản ứng phức tạp, xảy ra nhiều giai đoạn, nhiều quá trình.

 Nhận xét , đánh giá:

+ Ưu điểm: Giải nhanh những bài tốn có nhiều chất oxh , chất khử, không cần viết PTPƯ.
+ Nhược điểm

Chỉ thường dùng giải bài tốn vơ cơ.
Chỉ áp dụng cho hệ pt oxh-khử.

 Liên hệ: Kết hợp với các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo tồn ngun tố.

• Ví dụ 1: Nung nóng 16,8g bột sắt ngồi khơng khí, sau một thời gian thu được m gam khí X gồm oxit
sắt và sắt dư .Hòa tan hết hh X bằng H2SO4đ,n thu được 5,6 (l) SO2(đktc).

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

nFe =

56

8

,

16

= 0.3 mol ; nSO₂=

4

.

22

6

,

5

= 0.25 mol

Fe -3e → Fe+3 _{O2 +4e → 2O}-2
0,3 0,9 a 4a 2a

S+6 +2e → S+4/SO2
0,5 0,25

Áp dụng đl bảo toàn electron:
∑e cho = ∑e nhận

 0,9 = 4a + 0,5
=> a = 0,1

=> O/oxit sắt = 0,1.2 = 0,2

Vậy mx = mFe + mo = 16,8 + 16.0,2 =20g.
a><b>Bảo toàn khối lượng</b>:

 Nguyên tắc : Tổng khối lượng của các chất tham gia bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành. Khi

cô cạn dd thì khối lượng hh muối thu được bằng tổng khối lượng của các cation kim loại và anion gốc
axit.

∑ mchất tham gia pứ = ∑ msản phẩm pứ

Ví dụ: Fe(r) + 2HCl(l) → FeCl2(r) + H2(k)
mFe + mHCl = mFeCl₂ + mH₂

 Lưu ý:

Khơng tính khối lượng của phần không tham gia pứ.

Đối với các pứ có khí thốt ra thì tổng sản phẩm nhỏ hơn tổng chất tham gia

Đối với những pứ có dư chất tham gia thì khi áp dụng định luật BTKL phải cộng phần dư vào phần sp
 Nhận dạng : Bài tốn tính khối lượng chung nhiều chất, khơng bảo tính từng phần riêng rẽ.

+ Cho hỗn hợp các oxit kim loại qua CO, H2, Al.

+ Cho hỗn hợp các kim loại tác dụng với các axit mạnh.

+ Cho hh nhiều muối (muối cacbonat) vào dd axit hoặc vào dd muối mới.
+ Phản ứng cháy các hợp chất hữu cơ.

 Phạm vi áp dụng :

Dùng để giải bài tốn vơ cơ và hữu cơ và áp dụng cho mọi quá trình oxh-kh hoặc khơng phải là q trình
oxh-kh.

Thường được dùng để vơ hiệu hóa các phép tính phức tạp nhiều bài tốn vơ cơ, hữu cơ mà trong các bài

tốn đó xảy ra nhiều phản ứng.Khi đó ta chỉ cần lập sơ đồ để thấy rõ mối quan hệ về tỉ lệ mol của các
chất mà khơng cần viết ptpư.

Phản ứng hạt nhân có độ hụt khối nên không áp dụng được phương pháp này.
 Nhận xét và đánh giá:

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

+ Nhược điểm :Không thể áp dụng đối với bài toán hạt nhân (PTPƯ tỏa nhiệt thu nhiệt lớn)

 Mối liên hệ: Thường đi kèm với các pp đại số, phương pháp bảo toàn các ngun tố, bảo tồn điện tích
và đặc biệt bảo tồn e.

 Ví dụ 1: Hịa tan hết 7,74g hh bột Mg ,Al bằng 500ml dd hh HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dd X
và 8,736l H2(đktc).Cô cạn dd X thu được lượng muối khan là:

A.38,93g B.103,85g C.25,95g D.77,86g
Bài giải:

Ta có:
nH2 =

4

,

22

736

,

3

= 0,39 mol
nHCl = 0,58.1 = 0,5 mol

nH2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol
Áp dụng ĐLBTKL:

mhh + mHCl + mH2SO4 = mmuối + mH2

mmuối= 7,74 + 0,5.30,5 + 0,14.0,8 - 0,39.2
= 38.93g

Chọn A.
 Ví dụ 2:

COdư + m(g)











3
2

3
2

O

Al

O

Fe

CuO





to 215 g chất rắn, khí thốt ra suc qua Ca(OH)2  15g 

Tính m?
Bài giải:

CO khử được Cu, Fe ra khỏi hh oxit và sinh ra CO2 , khí CO2 tác dụng với Ca(OH)2 tạo kết tủa CaCO3
=> nCaCO₃= 15 /100 = 0,15 mol. => nCO₂ = 0,15 mol. => => nCO = 0,15 mol.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
mCO+ m = mCO₂ + mrắn

 0,15.28 + m = 215 + 0,15.44
=> m = 217,4 (g).

 Ví dụ : Cho 24,4 g hh Na2CO3 và K2CO3 tác dụng vừa đủ với BaCl2, sau phản ứng thu được 39,4 g kết
tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Tính m ?

Bài giải
24,4 g







3
2

3

2

CO

K

CO

Na

+ dd BaCl2 











Cl

muôi

(g)

m

g

39,4

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

nBaCO₃ =

197

39,4

= 0,2 mol.

Theo định luật bảo tồn khối lượng ta có:

mhh + mBaCl₂ = mBaCO₃ + m

 24,4 + 0,2.218 = 39,4 + m
=> m = 26,6 g.

b><b>Bảo tồn điện tích</b>:

 Ngun tắc: Trong phản ứng trao đổi ion và rong một dung dịch.
∑điện tích  = ∑điện tích ①

Hay ∑ ncation = ∑ nanion

Ví dụ : ta có các ion là số mol của các ion là :
Ion Na+_Ca2+_NO3_Cl_HCO3
Số mol a b c d e

Theo định luật bảo tồn điện tích ta có : |a.(+1) + b.(+2)| = |c(-1) + d(-1) + e(-1)| .
 Lưu ý:

+ Phải xác định đầy đủ điện tích dương và điện tích âm.

+ Trong phản ứng trao đổi ion của dd chất điện ly trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta thấy có
bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí thốt ra khỏi dd thì
phải trả lại cho dd bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm.

 Nhận dạng: AB + CD → AD + CB
An+_{+ C}m+ _{= B}n-_+Dm- 

(Cho bài toán dưới dạng các ion âm,ion dương.)
 Phạm vi áp dụng:

+ Đối với dung dịch chất điện ly,xđ nồng độ ion trong dung dịch.
+ Áp dụng cho bài toán nhiều Axit- Bazơ

H+_{+ OH}-_{→ H2O}

+ Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường nguyên tử, phân tử , dd trung hòa điện.
+ Âp dụng trong một số bài tốn có phản ứng trao đổi ion.

 Nhận xét,đánh giá:

+ Ưu điểm: Dễ áp dụng, giải nhanh các bài tốn điện tích ( thường là vơ cơ) giúp xác định được số
oxh của các ion dễ dàng, khơng cần phải viết phương trình ( ít tốn thời gian) có thể tìm được nồng độ các
ion trong dung dịch dựa vào bảo tồn điện tích.

+ Nhược điểm: Thường không áp dụng trong hữu cơ, không được áp dụng rộng rãi trong các bài tốn
vơ cơ.

 Liên hệ: Đi kèm với phương pháp đại số, phương pháp ghép ẩn số.

 Ví dụ 1: Dung dịch A chứa Na+ a(mol), HCO3- b(mol), CO32- c(mol), SO42- b(mol).Để tạo ra kết tủa
lớn nhất người ta dùng 100ml dd Ba(OH)2 x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Ba2+ + CO32- → BaCO3↓
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓

Dd sau phản ứng chỉ có Na+ a(mol). Vì bảo tồn điện tích nên phải có a(mol) OH-. Để tác dụng với
HCO3- cần b(mol) OH-.Vậy số mol OH- do Ba(OH)2 cung cấp là : a + b(mol)

Ta có: nBa(OH)2 =

2

)

b

(a



x =

2.0,2

)

b

a

(



=

0,2

)

b

a

(



(mol/l)

 Ví dụ 2 : Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1 thu được dd X. Cho
từ từ dung dịch X vào 200ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết rủa Y
lớn nhất thì m có giá trị là bao nhiêu ?

Bài giải :

Dung dịch X chứa : Ba2+ , K+ , Na+ , OH.

Khi cho dung dịch X vào dung dịch Al2(SO4)3 , để thu được kết tủa lớn nhất thì khi đó kết tủa tách ra
khỏi dung dịch. Dung dịch tạo thành gồm : K+_{, Na}+_{, SO4}2-_{.Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có :}
nK + nNa = nSO₄ 2 => nK= 3.0,02  0,03 = 0,03 mol

=> mK= 0,03.39 = 1,17 (g).

 Ví dụ 3 : Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa 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 khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Tính khối lượng
hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu.

Bài giải:

A, B có hóa trị khơng đổi nên khi tác dung với HCl và O2 thì số mol điện tích của 2 kim loại A, B trong 2
phần không thay đổi , do đó số mol điện tích âm trong 2 phần là như nhau.

Vì O2- 2Cl nên
nO(trong oxit) =

2

1

nCl(trong muối)= nH₂=

22,4

1,796

= 0,08 (mol).
mkim loại = moxit  mO = 2,84  0,08.16 = 1,56 (g).

Khối lượng của kim loại trong hỗn hợp ban đầu là : m = 2.1,56 = 3,12 (g).

d)<b>Bảo toàn nguyên tố</b>:`

 Nguyên tắc: Ngoại trừ phản ứng hạt nhân, trong các phản ứng hóa học thơng thường, các ngun tố
ln được bảo toàn. Tổng khối lượng của một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng của một
nguyên tố đó sau phản ứng.

Ví dụ: Fe



 



<b>HCl</b>
<b>dd</b>

FeCl2



 





<b>NaOH</b>
<b>dd</b>

Fe(OH)2



 

2<b>,H</b>



<b>2O</b>
<b>O</b>

Fe(OH)3





<b>0</b>

<b>t</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

 Lưu ý: Chỉ áp dụng cho bài toán thơng thường, khơng áp dụng cho bài tốn hạt nhân.

Xác định đầy đủ chất tham gia và sản phẩm, tất cả những hợp chất có liên quan đến nguyên tố đang áp
dụng định luật.

 Nhận dạng:

+ Bài tốn tính khối lượng một chất khi quá trình phản ứng sảy ra nhiều bước.
+ Sử dụng trong các phản ứng đốt cháy hợp chất

Ví dụ 1:

Khi đốt cháy một hợp chất A : CxHyOz
 mA = mC + mH + mO
Ví dụ 2:

Khi đốt cháy hợp chất hữu cơ B ( C,H ) :
→ mO(CO₂) + mO(H₂O) = mO(O₂ pư)

+ Áp dụng trong một số phản ứng oxi hóa khử phức tạp hoặc phản ứng oxi hóa khử với nhiếu chất khử.
 Phạm vi: Đối với các bài tập hữu cơ, vô cơ và các phản ứng đốt cháy mà trong các bài tốn đó sảy ra
nhiều phản ứng.

 Nhận xét:
+ Ưu điểm:

Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải nhanh, có nhiều nét tương đồng với phương
pháp bảo toàn khối lượng. Tuy nhiên với nhiều bài tốn áp dụng phương pháp bảo tồn khối lượng.
Xác định các nguyên tố sau phản ứng.

Sử dụng có hiệu quả trong các bài tập trắc nghiệm khách quan , phát triển khả năng tư duy cho học sinh.
Khi sử dụng phương pháp này ta chỉ cần lập sơ đồ phản ứng để thấy rõ mối quan hệ về tỉ lệ mol của các
chất mà khơng cần viết phương trình phản ứng.

+ Nhược điểm: Phương pháp bảo tồn ngun tố chỉ áp dụng đối với bài tốn hỗn hợp thơng thường,
đối với bài tốn phóng xạ thì có sự tạo thành ngun tố mới, độ hụt khối nên phương pháp bảo tồn
ngun tố khơng thể áp dụng được.

 Liên hệ: với các phương pháp bảo toàn khối lượng .

Phương pháp bảo toàn nguyên tố thường được dùng như một bước trong việc giải một bài toán gồm
nhiều bước.

 Ví dụ 1: Hịa tan hồn tồn hh gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 vừa đủ, thu được
dung dịch X( chỉ chứa 2 muối sunfat) và khí duy nhất NO.Tính giá trị của a:

<b>Bài giải: </b>
Ta có sơ đồ:

2FeS2 → Fe2(SO4)3
0,12 0,06

Cu2S → 2CuSO4
a 2a

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố S:
0,12.2 + a = 0,06.3 + 2a → a = 0,06 mol

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

ứng.

Bài giải:

40g







3
2

O

Fe

CuO

+ 15,68(l) CO





mrắn







Fe

Cu

+ CO2

Ta có : nCO₂=

22,4

15,68

= 0,7 mol.

Bảo toàn nguyên tố C : nCO₂ = nCO = 0,7 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mhh + mCO = mrắn + mCO₂

 40 + 0,7.28 = mrắn + 0,7.44
=> m = 28,8 (g).

<b>2)Phương pháp tăng giảm khối lượng: </b>

 Nguyên tắc: Khi chuyển từ chất A→B( có thể qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay
giảm bao nhiêu gam( thường tính theo 1 mol và dựa khối lượng thay đổi ta tính được số mol chất đã tham
gia phản ứng hay ngược lại.

+ Nhúng thanh kim loại A vào dd muối của kim loại B.Sau 1 thời gian pứ lấy thanh kl ra rửa nhẹ,sấy
cân:

- Nếu khối lượng thanh kl tăng (so với trước khi nhúng) thì độ tăng khối lượng thanh kl là:
Δm↑ = mB bám – mA tan

- Nếu khối lượng thanh kl giảm ( so với trước khi nhúng ) thì độ giảm khối lượng thanh kl:
Δm↓ = mA tan – mB bám

+ Khi cho hh CO2 và H2O vào bình Ca(OH)2 hoặc bình Ba(OH)2 thì:
Δmbình ↑ = mCO₂ + mH₂O

Δmdd ↑ = mCO₂ + mH_{2 O} + m ↓
Δmdd↓ = m↓ - ( mCO₂ + mH_{2 O})

 Lưu ý : Khi A → B thì khơng nhất thiết cứ phải trực tiếp mà có thể qua nhiều giai đoạn trung gian.
 Nhận dạng: Có sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác.

 Phạm vi áp dụng : Thường được áp dụng giải bài tập vô cơ và hữu cơ.Giải các bài tập với các hh chưa
xác định thành phần hoặc bài tập pha trộn dd, đặc biệt là khi tạo kết tủa hay giải phóng khí bay hơi.
 Ví dụ : Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO4.Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng thanh
kẽm tăng 2,35% so với ban đầu.Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu.

<b>Bài giải</b>:

Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a(gam) thì khối lượng tăng thêm là

100

2,35a

(gam).
Zn + CdSO4 → ZnSO4 + Cd

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Với số mol =

208

32

,

3

= 0,04(mol) thì khối lượng tăng là 2,35a/100(gam).

Ta có tỉ lệ:

04

,

0

1

=

100

a

35

,

2

47

a = 80(g).

3) <b>Các phương pháp trung bình</b>:

 Nguyên tắc chung: Ta có thể thay thế hh nhiều chất bằng một chất tương đương.Nếu hh gồm nhiều
chất cùng tác dụng với với một chất khác mà tính chất các phương trình phản ứng tương tự nhau về sản
phẩm, tỉ lệ số mol giữa chất tham gia và chất sản phẩm,hiệu suất phản ứng.

 Lưu ý:Bất kể đại lượng trung bình nào cũng có giới hạn.

 Phạm vi: Được áp dụng để giải ngắn gọn các bài tập xá định CTPT của các hợp chất hữu cơ trong hỗn
hợp nhiều chất.

a)Phương pháp khối lượng trung bình: hh

hh là khối lượng 1mol hổn hợp (với hh khí cịn có thể coi là khối lượng 22,4l hh khí đó đo ở đktc)
+ hh luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của các chất thành phần nhỏ nhất và lớn nhất.
+Mmin < hh < Mmax.

+ Hỗn hợp 2 chất A,B có MA<MB và có thành phần % theo số mol tương ứng là a% và b%:

a% = b% = 50% a% < 50% < b% a% > 50% > b%
hh = (MA+MB)/2 hh >(MA + MB)/2 hh< (MA + MB)/2

+Với hỗn hợp ( rắn,lỏng,khí ):

hh = mhh/nhh = (MA..nA + MB.nB +….+ Mini)/(nA + nB +…...+ ni)
+ Riêng với hỗn hợp khí:

hh= = dhh/khí X .Mx = ( MAVA + MBVB +….+ViMi)/(VA + VB + ….+ Vi).

 Ví dụ: Một hỗn hợp 2 ankan đồng đẳng kế tiếp nhau,có tỉ khối đối với hidro là 16,75.Tìm CTPT.
Giải:

MA,MB,a,b lần lượt là khối lượng phân tử và số mol của 2 ankan A(CnH2n + 2), B(CmH2m + 2).
Khối lượng phân tử trung bình của 2 ankan là:

hh = 2.16,75 = 33,5g
Ta có : MA < hh =33,5.
MB = MA + 14 > 33,5.

Vì A,B là 2 đồng đẳng liên tiếp nhau nên:
MB = MA +14

19,5 < MA = 14n + 2 < 33,5.

1,25 < n < 2,35
Vì n nguyên nên n = 2

m = 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

A: C2H5 etan.
B: C3H8 propan.

b)Phương pháp khối lượng mol trung bình:

 Nguyên tắc:Nếu tồn tại một tập hợp các phần tử với trị số các phần tử là A,B,C…có số lượng mổi
phần tử tương ứng bằng a,b,c… hay % số lượng mổi phần tử bằng x,y,z thì ln tồn tại một giá trị tương
đương gọi là trị số trung bình

X

của các phần tử đó:

X

= xA + yB + zC +… với x + y + z +…= 100% = 1
Hay

X

=

...

z

y

x

...

zC

yB

xA













Khối lượng mol trung bình: = M1x1 + M2x2 +…..+

x

_n

M

_n=

i
2

1

i
i
2

2
1
1

n

...

n

n

M

n

...

M

n

M

n













Hay Tổng khối lượng hổn hợp
Tổng số mol hổn hợp
=

hh
hh

n

m

 Lưu ý :

+ Hỗn hợp nhiều chất:Nếu các chất trong hh ở thể khí hoặc hơi và xét ở cùng nhiệt độ áp suất thì có thể
thay số mol ,% số mol bằng thể tích % thể tích tương ứng:

= M1x1 + M2x2 + M3x3 +…..

x1,x2,x3 là % số lượng hoặc % thể tích.

= (∑khối lượng hỗn hợp(g))/(∑số mol các chất hỗn hợp)
hh khí = (M1V1 + M2V2 + …)/(V1 + V2+..)

=(∑MiVi)/∑Vi.)

+ Hỗn hợp 2 chất:

= (mA + mB )/(a+ b). Với a,b là số mol của A,B.
+ Nếu nA = nB  = (MA + MB)/2.

Đối với chất khí :

khí = (M1V1 + M2(V- V1))/n). Với n là tổng số mol khí 1,2.
- Hỗn hợp là những chất cùng loại hay cùng dãy đồng đẳng.
- Các pứ phải cùng loại và cùng hiệu suất phản ứng.

 Nhận dạng:

+Vô cơ:-Xác định khối lượng nguyên tử của 2 kim loại nằm trong 2 chu kì liên tiếp nhau
thuộc cùng 1 phân nhóm chính.

-Xác định % số lượng mỗi loại đồng vị của nguyên tố.
-Tính % thể tích khí trong hỗn hợp.

+Hữu cơ:Xác định CTPT các chất kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.
 Phạm vi áp dụng:

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

+Tìm khoảng giới hạn của đại lượng cho trước hoặc chứng minh bất đẳng thức trong hóa học.
+Biện luận chất dư.

 Nhận xét:

+Ưu điểm:Giúp giải nhanh các bài toán VC-HC loại hỗn hợp hay nhiều chất.
+Nhược điểm:Chỉ áp dụng cho bài tốn h có cngf hiệu suất,cùng loại phản ứng.
 Mối liên hệ: Liên hệ với các phương pháp : bảo tồn khối lượng.

 Ví dụ 1: Đun nóng hỗn hợp gồm 2 rượu đơn chức,mạch hở,kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng với
H2SO4đ ở 1400_{C.Sau khi các phản ứng kết thúc,thu được 6(g) hh gồm 3 êt và 1,8g H2O.Xđ CTPT 2 rượu.}
Giải:

Gọi CT chung của 2 ancol đơn chức là ROH

2ROH





 

<i>HNO</i>



3 H2O + R2O
Ta có : nR₂O = nH₂O =

8

8

,

1

= 0,1 (mol).

MR2O =

1

,

0

6

= 60 => MR =

2

16

60



= 22
Vậy 2 ancol : CH3OH và C2H5OH.

 Ví dụ 2 : Hai kim loại kiềm M, M’ nằm trong 2 chu kì kế tiếp nhau trong BHTTH.Hịa tan 1 ít hỗn hợp
của M, M’ trong nước được dung dịch A và 0,336 (l) H2 ở đktc. Cho HCl dư vào dd A và cô cạn được
2,075g muối khan. Xác định tên kim loại M, M’.

Giải:

Phương trình hóa học sảy ra :

2M + 2H2O = 2MOH + H2 (1)
x x x/2

2M’ + 2H2O = 2M’OH + H2 (2)
y y y/2

MOH + HCl = MCl + H2O (3)
x x

M’OH + HCl = M’Cl + H2O (4)
y y

Gọi x, y là số mol của kim loại M, M’ .
Theo (1), (2):

2

x

+

2

y

=

22,4

0,336

= 0,015 => x + y = 0,03
Theo (1, 2, 3, 4): n2 muối = x + y = 0,03

=> 2 muối =

0,03

2,075

= 69

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

=> M < 33,5 < M’
=> M : Na (23)
M’ : K (39).

c)Phương pháp số nguyên tử C trung bình, nguyên tử H trung bình ȳ, số liên kết л trung binh ,gốc
hidrocacbon trung bình :

 Nguyên tử cacbon : hỗn hợp gồm a(mol) CxHyOz và b(mol) Cx’Hy’Oz’ => =

b

a





bx

)

(ax

 Nguyên tử hiđro trung bình ȳ: hỗn hợp gồm a(mol) CxHyOz và b(mol)

Cx’Hy’Oz’ ȳ =

b

a

by'

ay





 Số liên kết n trung bình k : k =

<i>x</i>
<i>Br</i>

<i>n</i>

2

n

.

 Gốc hiđrocacbon trung bình: RCOOH và R’COOH :
=

b

a

bR'

aR





.

 Một số lưu ý khi áp dụng:

Đối với số nguyên tử C trung bình:
- Nếu số mol a = b thì =

2

x'

x



- Cách tính số nguyên tử C trung bình( ):
+ Tính theo

n

_CO2 và

n

_hh:

VD: C2H4



 





O2 _2CO2
x 2x
C3H6



 





O2 _3CO2
y 3y
=> =

y

x

3y

2x





=
hh
CO2

n

n

+ Tính theo % số mol hoặc %V :

VD: Đốt cháy hoàn toàn hổn hợp C3H6 và C4H8 nếu lấy 1 mol hh
C3H6 + O2  3CO2 + 3H2O

x (mol) 3x (mol)
C4H8 + O2  4CO2 + 4H2O
1- x mol 4(1-x) mol
=>

n

= 3x + 4(1-x)
Tổng quát ta có

n

=

i
2
1
i
i
2
2
1
1

x

...

x

x

x

n

...

x

n

x

n













</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Bài toán về hổn hợp các đồng đẳng, nhất là đồng đẳng liên tiếp trong toán hửu cơ nhằm xác định CTPT
của h/c hửu cơ.

 Phạm vi áp dụng:

PP số nguyên tư C trung bình để xác định CTPT các h/c hửu cơ.
 Ưu nhược điểm:

+Ưu: - Giải một cách đơn giản và nhanh chóng nhiều bài tốn phức tạp,đặc biệt là trong hóa hửu cơ.
- Các bài toán hửu cơ nếu giải được bằng pp khối lượng mol trung bình thì nói chung có thể giải bằng pp
số nguyên tử

C

.

- PP này đặc biệt thận lợi cho việc giải toán về hh các chất đồng đẳng và nhất là đồng đẳng liên tiếp.
+Nhược: Chỉ áp dụng phổ biến trong hóa hữu cơ.

 Mối liên hệ: Liên hệ với các pp bảo toàn khối lượng , khối lượng mol trung bình, pp đại số.

 VD1: đốt cháy hoàn toàn 0,25 (mol) hh 2 este no,mạch hở, đơn chức là đồng đẳng liên tiếp, thu được
19,712 lít khí CO2 (đkc).Xà phịng hóa cùng lượng este trên bằng dung dịch NaOH tạo ra 17g muối duy
nhất. Xác định CTPT của 2 este đó.

Giải:
Gọi CT chung của 2 este đó là ₂

n
2

n

H

O

C

CO2

n

= 0,88 (mol
2

n
2

n

H

O

C

+ (

1

2

3n

_

)O2  CO2 + H2O
0,25 0,25

n

=> 0,25 = 0,88  = 3,52 => 2 este đó là C3H6O2 và C4H8O2

Cho 2 este đó tác dụng với dd NaOH thu được 1 muối duy nhất chứng tỏ 2 este có cùng gốc axit
RCOO

R'

+ NaOH  RCOONa +

R'

OH

0,25 0,25

RCOONa

M

=

25

,

0

17

=68 =>
R

M

= 1 => R là H
Vậy 2 este đó là HCOOC2H5 và HCOOC3H7.

Ví dụ2: Đốt cháy hoàn toàn 5,2g hỗn hợp x gồm 2 ankan kế tiếp thu được 15,4g khí CO2. Xác định công
thức mỗi ankan.

Giải: Đặt công thức của 2 ankan là CnH2n+2 và CmH2m+2. Công thức phân tử trung bình là C H2 +2 với
là số nguyên tử cacbon trung bình của 2 ankan

Phương trình phản ứng cháy:
C H2 +2 +

2

1

3

<i>n</i>



O2 → O2 + ( +1)H2O

Ta có tỉ lệ

2

,

5

2

14

<i>n</i>



</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

=> = 2,33

=> 1≤ n < < m = n+1, vì n,m nguyên
=> 2 ankan kế tiếp là C2H6 và C3H8.
4> Phương pháp đại số:

 Nguyên tắc: Dùng đại số để xác định hệ số phân tử của các chất tham gia và thu được sau phản ứng
hóa học, ta coi hệ số là các ẩn số và kí hiệu bằng các chữ a,b,c… rồi đưa vào mối tương quan giữa các
nguyên tử của các nguyên tố theo định luật bảo tồn khối lượng để lập ra hệ phương trình bậc nhất nhiều
ẩn số. Giải phương trình này và chọn các ẩn số là các số nguyên dương nhỏ nhất ta sẽ xác định hệ số
phân tử của các chất trong phương trình hóa học.

 Lưu ý:

Việc giải bài tốn hóa học theo phương pháp đại số nhiều khi phức tạp, thông thường học sinh chỉ lập
được phương trình đại số mà khơng giải được hệ phương trình đó.

Các điều kiện mà các ẩn số pjair tuân theo để kiểm tra kết quả có đúng hay khơng.(thí dụ:x,y,z > o..)
Nếu giải bài tốn có số ẩn nhiều hơn số phương trình tốn học thiết lập được,bài tốn là vơ định ( nghĩa:
có nhiều cặp nghiệm khác nhau),ta phải biệ luận, loại bỏ các cặp nghiệm khơng thỏa điều kiện bài tốn,
lựa chọn cặp nghiệm nào phù hợp.

 Phạm vi áp dụng: Ứng dụng cho các bài tập vô cơ, hưu cơ, những bài tập liên qan đến oxh khử.
 Nhận xét:

+ Ưu điểm: Cách giải dể hiểu
+ Nhược điểm: Dài. Phức tạp

Khi giải những bài tốn có thể gặp bế tắc vì số ẩn hơn số phản úng.
Không biết rõ bản chất hóa học cho tính chất.

Về mặt hóa học chỉ dừng lại ở chổ học sinh viết xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt định
nghĩa để tính theo các phương trình đó(dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở học sinh
nhiều kỉ năng toán học. Tinha chất toán học của bài tốn lấn át tính chất hóa học làm lu mờ bản chất hóa
học. Trên thực tế học sinh chỉ giải bằng phương pháp đại số mặc dù thường bế tắc. Ta hãy giải bài toán
bằng những phương pháp mang tính đặc trưng hóa học như: bài tốn khối lượng, bài tốn e…

Ví dụ: Để m (g) bột sắt A ngồi khơng khí, sau một thời gian biến thành dung dịch B có khối lượng 12
(g) gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy sinh ra 2,24l khí NO
duy nhất ở đktc. Tính m(g).

Giải: Trong khơng khí sắt tác dụng với oxi tạo ra oxit.
2Fe + O2 → 2FeO

4Fe + 3O2 → 2Fe3O4
3Fe + 2O2 → Fe2O3

Hỗn hợp B tác dụng với dung dịch HNO3:
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO +2H2O
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3) + NO + 5H2O
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Theo khối lượng hỗn hợp B: 56x + 72y + 232z + 160t =12 (1)
Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t =

56

m

(2)
Theo số mol nguyên tử oxi trong oxit:

y + 4z + 3t =

16

m

-12

(3)
Theo số mol NO:

x +

3

y

+

3

z

=

4

,

22

24

,

2

= 0,1 (4)

Nhận xét trước khi giải hệ phương trình đại số trên:

-Có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương trình. Như vậy khơng đủ số phương trình để tìm ra các ẩn số , do đó
cần giải kết hợp với biện luận.

- Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu , như vậy khơng cần phải đi tìm đầy đủ các ẩn x, y,
z, t.Ở đây có 2 phương trình , nếu biết giá trị của nó dể dàng tính được khối lượng sắt ban đầu đó là
phương trình (2) và (3).

+Tìm được giá trị của (2), đó là số mol của Fe .Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của Fe là 56 ta
được m.

+Tìm được giá trị của (3), đó là số mol của nguyên tử O trong oxit.Nhân giá trị đó với nguyên tử
khối của O là 16 ta được khối lượng của oxi trong các oxit sắt. Lấy khối lượng hỗn hợp B trừ đi khối
lượng oxi ta được khối lượng sắt ban đầu ,tức m.

- Thực hiện các phép tính trên :
+Tìm giá trị của phương trình (2):

Chia (1) cho 8 được: 7x + 9y + 29z + 20t =1,5(5)
Nhân (4) với 3 được: 3x + y + z = 0,3 (6)

Cộng (5) với (6) được:10x + 10y + 30z +20t = 1,8 (7)
Chia (7) cho (10) được: x + y + 3z + 2t = 0,18

M = 12 – (0,12.16) = 10,08g
+ Tìm giá trị của phương trình (3):

Nhân (5) với 3 được: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8)
Nhân (6) với (7) được: 21x + 7y + 7z = 2,1

Lấy (8) trừ đi (9) được: 20x + 80z + 60t = 2,4 (10)
Chia (10) cho (20) được: y + 4z + 3t = 0,12

M = 12 – (0,12.16) = 10,08g

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

hơn, đó là phương pháp bảo tồn khối lượng và phương pháp bảo toàn e.
5> Phương pháp đường chéo :

 Nguyên tắc: Trộn 2 dung dịch của chất A với nồng độ khác ta thu được một dung dịch chất A với nồng
độ duy nhất => lượng chất tan trong phần đặc(nồng đọ cao) bị xuống phải = lượng chất tan tăng lên trong
phần loãng(nồng độ thấp).

+ Dung dịch :có khối lượng m1 ,v1, c1 (c% hoặc CM) khối lượng riêng d1
+ dung dịch 2:có khối lượng m2, v2, c2 ( c2 >c1 ) , khối lượng d2

Dung dịch thu được có m=m1+m2 ; v= v 1+v2 , nồng độ c ( c1<c <c2 ), khối luwowgj d
Sơ đồ đường chéo có công thức tương ứng mỗi trường hợp là:

a) Đối với nồng độ % về khối lượng:
m1 c1 | C2 − C |

C

m2 C2 | C1 − C |
*Lưu ý:

Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần:

+ Chất rắn coi như dung dịch có nồng độ C = 100%
+ Dung mơi coi như dung dịch có C = 0%

+ khối lượng riêng của nước là d = 1g/ml

+ Không được áp dụng phương pháp này cho các trường hợp trộn lẫn các chất khác nhau hoặc xảy ra
phản ứng hóa học giữa chúng.

 Phạm vi:

Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng nồng độ hoặc trộn lẫn các chất
khí khơng tác dụng với nhau.

 Nhận xét:

Ưu điểm: có thể giải nhanh một số bài toán, như những bài toán pha trộn dung dịch, hỗn hợp hai đồng vị,

tính thành phần % của hỗn hợp muối, của đơn bazơ hay đa acid.

Có ý nghĩa thực tế, nhất là trong pha chế dung dịch
 Dạng 1: Pha chế dung dịch.

*Ví dụ: Để thu được dd HCl 25% cần lấy m1 gam dd HCl 45% pha với m2 gam dd HCl 15%.Tỉ lệ m1/m2
là:

A. 1:2 B.1:3 C.2:1 D.3:1.
Hướng dẩn giải:

Áp dụng công thức:

m1 C1<b> </b><b>C₂–C </b>

 C => m1/m2=2:1

m2 C2<b> C1-C </b>
Đáp án C

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

A.84,05 B.81,02 C.18,98 D.15,95
Hướng dẩn giải:

Ta có sơ đồ đường chéo:

<i>Br</i>

81

35 (M=81)<b>|</b>79-79,319<b>| =</b>0,319

  =79,319

79

35Br(M=79) <b>|81-</b>79,319<b>| =1,681</b>

<i>Br</i>
<i>Br</i>
81
35
%

79
35
%

=

681
,
1

319
,
0

=> %₃₅81<i>Br</i>=

319

,
0
681
,
1

319
,
0

 =0,1595

=>%3581<i>Br</i>=15,95 => ĐS:D

 Dạng 3: Tính tỷ lệ thể tích hổn hợp 2 khí:

VD: Một hh gồm O2,O3 ở dktc có tỉ khối đối với H2 là 18.Thành phần % thể tích của O3 trong hh là:
A.15% B.25% C.35% D.45%

Hướng dẩn giải:

Áp dụng sơ đồ đường chéo:
VO3 M1=48<b>|</b>32-36<b>|</b>

<b> =36</b>

VO2 M2=32 <b>|</b>48-36<b>|</b>

=>
3

V

V

_O2

<i>O</i>

=

12
4

=1/3 =>%VO3 = 25% =>ĐS:B.

 Dạng 4: Tính thành phần hh muối trong pư giữa đơn bazơ và đa axit.

Bài tập này có thể giải dể dàng bằng pp thông thường(viết ptpư,đặt ẩn).Tuy nhiên cũng có thể nhanh
chóng tìm ra kết quả bằng cách sử dụng sơ đồ đường chéo.

Vd:Thêm 200 ml dd NaOH 2M vào 200ml dd H3PO4 1,5M.Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là.
A.14,2g Na2HPO4 ; 32,8g Na3PO4

B.24,8g Na2HPO4 ;16,4g Na3PO4
C.12,0g Na2H2PO4;28,4g Na2HPO4
D.24,0g Na2H2PO4;14,2g Na2HPO4
Hướng dẩn giải:

có 1 <
4
P O
H

NaOH

3

n

n

=

5
,
1
.
2
,
0

2
.
25
,
0

=5/3<2 nNaOH
Tạo ra hh 2 muối: NaH2PO4 và Na2HPO4
Sơ đồ đường chéo:

Na2HPO4(n1=2) <b>|</b>1-5/3<b>|</b>

 =5/3 

NaH2PO4(n2=1) <b>|</b>2-5/3<b>| </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Mà nNa₂HPO₄ + n_{NaH 2 PO4} = nH₃PO4 =0,3(mol)

m_{Na 2 HPO 4} = 0,2.142 = 28,4(g)

m_{NaH 2 PO4}= 0,1.120 = 12,0(g)

ĐS: C.

*Dạng 5: Bài tốn hỗn hợp 2 chất vơ cơ của 2 kl có cùng tính chất hóa học.

Ví dụ: Hòa tan 3,164g hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dd HCl dư thu được 448ml khí CO2(đktc)
thành phần % trong hỗn hợp là:

A.50%. B.55%. C.60%. D.65%.
Hướng dẫn giải:

n<b>CO</b>₂<b>= </b>

4
,
22

448
,
0

<b>= </b>0,02 (mol)

 =

<b>0,02</b>
<b>3,164</b>

= 158,2

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:

BaCO3 (M1 = 197)  <b>100-158,2</b> = 58,2

= 158,2

CaCO3 (M2 = 100) | 197- 158,2|=38,8

% BaCO3 =

2
,
58
2
,
38

2
,
58

 100% = 60% => ĐS:C

 Dạng 6: Bài toan trôn 2 quặng của cùng một kim loại.

Đây là dạng bài toán mà nếu giải theo cách giải thơng thường là kha dài dịng,phức tạp.Tuy nhiên nếu sử
dụng sơ đồ đường chéo thì việc tìm ra kết quả trở nên đơn giản và nhanh chóng hơn nhiều.Để áp dụng
được sơ đồ đường chéo,ta coi các quặng như một dung dịch và chất tan là kim loại đang xét và nồng độ
của chất tan chính là nồng độ % về khối lượng của kim loại trong quặng.

Ví dụ 9: A là quặng hematit chứa 60% Fe2O3.B là quặng manhetit chứa 69,6% Fe3O4.Trộn m1 tấn quặng
A với m2 tấn quặng B,thu được quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% C,tỉ lệ m1/m2 là:
A.5/2 B.4./3 C.3/4 D.2/5

Hướng dẩn giải:
Số kg Fe có trong một tấn của mổi quặng:

+ Quặng A chứa: .1000
100

60

.

160
112

= 420 (kg)
+ Quặng B chứa: .1000

100
6

,
69

.

232
168

= 504 (kg)
+ Quặng C chứa: 500.(1-4/100)= 480 (kg)
Sơ đồ đường chéo:

mA 420  |504-480|=24

480

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

=>=
<b>B</b>
<b>A</b>

<b>m</b>
<b>m</b>

60
24

=2/5=>ĐS: D.

6)Phương pháp biện luận theo ẩn số:

 Nguyên tắc: Khi giải các bài tốn hóa học theo phương pháp đại số, nếu số phương trình tốn học thiết
lập được ít hơn số ẩn chưa biết cần tìm thì phải biện luận bằng cách: chọn 1 ẩn số làm chuẩn rồi tách các
ẩn số cịn lại.Nên đưa về phương trình tốn học 2 ẩn,trong đó 1 ẩn có giới hạn ( tất nhiên cả 2 ẩn đều có
giới hạn càng tốt). Sau đó có thể lập bảng biến thiên hay dựa vào các điều kiện khác để chọn các giá trị
hợp lý.

Để tìm cơng thức phân tử ta có thể biện luận hteo các nội dung sau:
- Biện luận theo hóa trị .

- Biện luận theo lượng chất ( gam,mol ).
- Biện luận theo tính chất.

- Biện luận theo kết quả bài toán.

- Biện luận các khả năng phẩn ứng có thể sảy ra.
- Biện luận theo giới hạn.

 Ví dụ: Hịa tan 3,06 gam oxit MxOy bằng dd HNO3 dư, sau đó cơ cạn thì thu được 5,22 gam muối
khan.Hãy xác định kim loại M biết nó chỉ có một hóa trị duy nhất.

Giải:

Phản ứng hịa tan:

MxOy + 2yHNO3 → xM(NO3)2y/x + yH2O (1)
Từ (1) ta có tỉ lệ :

<b>16y</b>
<b>M</b>

<b>3,06</b>



<i>x</i>

=

<b>124y</b>
<b>M</b>

<b>5,22</b>

<b>x</b> 

=> M = 68,5.

<b>x</b>
<b>2y</b>

.

Trong đó ( )

<b>x</b>
<b>2y</b>

n là hóa trị của kim loại . Vậy M = 68,5.n ( I ).
Cho n các giá trị 1,2,3….từ (I) chỉ M = 137, n = 2.

M: kim loại Ba,hóa trị II.

Ví dụ 2: hịa tan 2,84 g hh 2 muối cacbonat của 2 kim loại thuộc phân nhóm chính nhom II và thuộc 2
chu kì liên tiếp bằng dd HCl dư người ta thu được dd A và khí B. Cơ cạn dd A thì thu được 3,17 g muối
khan.

a.Tính thể tích khí B ở đktc.
b. Xác định tên 2 kim loại.
Giải:

a.Gọi X,Y là 2 kim loại

XCO3 + 2HCl  XCl2 + CO2 + H2O (1)
YCO3 + 2HCl  YCl2 + CO2 + H2O (2)

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

<b>11</b>
<b>2,84</b>
<b></b>
<b>-3,17</b>

= 0,03 mol; <b>VCO</b>₂<b>=</b> 0,03.22,4 = 0,6721.

b.

<b>m</b>

2muối =

03

,

0

84

,

2

= 94,66 g.
<b>2 kl = </b>94,66 – 60 = 34,66.

Vì 2 kim loại thuộc 2 chu kì liên tiếp nên chúng phải là Mg (24) và Ca (40).
7) Phương pháp tách công thức phân tử :

 Nguyên tắc: Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ ta có thể dùng CTPT viết dưới dạng
khác nhau.Nguyên tắc của phương pháp tách CTPT là dựa trên tỉ lệ thành phần (% khối lượng) của C và
H trong anken là không đổi .

<b>2n</b>

<b>12n</b>

=

6

1

. Nghĩa là trong anken cacbon chiếm 6/7 khối lượng của anken.Cịn h thì chiếm 1/7.

 Ưu điểm : Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài tập hữu cơ. Tách
1 CT phức tạp ra dạng CT đơn giản và giải bài tốn hóa học từ cấu tạo đơn giản ấy.

 Nhược điểm: Chỉ dùng cho bài tốn hữu cơ.
 Một số mẫu tách cơng thức phân tử:

1)Ankan : CnH2n+2  CnH2n.H2.

2)Ankadien, anken,: CnH2n-2  CmH2mC trong đó m = n – 1.
3)Ankin : CnH2n-6  CmH2m.3C trong đó m = n – 3.

4)Rượu no, đơn chức : CnH2n+1OH  CnH2n.H2O.

5)Rượu không no, đơn chức : CnH2n-1OH  CnH2nO hoặc CmH2m.CHO trong đó m = n – 1.
6)Rượu thơm và phenol : CnH2n-7OH  CmH2m.C3O trong đó m = n – 3.

7)Anđehit no, đơn chức : CnH2n+1.CHO  CnH2n.HCHO hoặc CmH2mO trong đó m = n + 1.
8)Axit no, đơn chức: CnH2n+1.COOH  CnH2n.HCOOH hoặc CmH2mO2 mà m = n + 1.
9)Axit không no, đơn chức : CnH2n-1COOH  CnH2n.CO2.

 Ví dụ : Cho 6,15 g hh 2 rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Lấy phần 1 cho tác dụng với Na
tạo ra 0,672 lit H2 (đktc). Phần 2 đốt cháy bao nhiêu lit CO2 và bao nhiêu gam H2O ?

Bài giải :

CnH2n+1OH + Na  CnH2n+1ONa +

2

1

H2 (1)

CmH2m+1OH + Na  CmH2m+1ONa +

2

1

H2 (2)

CnH2n+1OH +

2

3n

O2  nCO2 + (b + 1)H2O (3)

CmH2m+1OH +

2

3m

O2  mCO2 + (m + 1)H2O

Theo (1),(2) : nrượu= = 2.n_{H 2} = 2.

22,4

0,672

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Nếu tách cơng thức phân tử rượu thành CxH2x.H2O thì lượng H2O có trong rượu = 0,06.18 = 1,08 g.
Khối lượng phần anken:

mC_xH_2x=

2

6,15

 1,08 = 1,995 g
VCO₂=

12

.

7

,4

1,995.6.22

= 3,1921 (l).

mH₂O =

1

,

08

2

.

7

1,995.1.18



= 3,645 (g).
nhận dạng:tìm cơng thức phân tư

8)Phương pháp tự chọn lượng chất :

 Nguyên tắc : Khi gặp bài tập cho lượng chất mang các giá trị tổng quat m (g),n (mol), V (lit), kết quả
giải bài tốn sẽ khơng hồn tồn phụ thuộc vào lượng chất đã cho.Gặp các bài tốn thuộc loại này ta có
thể áp dụng các phương pháp tự chọn nhằm làm cho việc tự chọn lượng chất trở nên đơn giản,có thể chọn
1 giá trị tự do cho lượng chất nghiên cứu theo 1 trong các chất sau:

Cách 1: Chọn lượng chất là 1 mol hay khối lượng 1 mol phân tử, nguyên tử hoặc ion.Ngoài ra với chất
khí có thể lấy V là 22,4 l.

Cách 2: Chọn lượng chất đúng theo tỉ lệ lượng chất bài cho. Sau đó nếu bài tốn có phần áp dung với các
giá trị cụ thể ta phải chuyển đổi từ lượng chất tự do về lượng chất bắt buộc.

 Ví dụ : Đốt cháy hồn tồn m (g) một hợp chất A ( chứa C, H, O ) bởi oxi vừa đủ thu được :
mH₂O =

77

45

mA; VCO₂=

9

8

VO₂pứ.

Xác định công thức cấu tạo đơn giản nhất của A.
Giải:

Giả sử có 1 mol chất hữu cơ A (CT: CxHyOz)
CxHyOz + (x +

4

y

−

2

z

)O2





o
t

xCO2 +

2

y

H2O (1)

1 mol (x +

4

y

−

2

z

)mol x mol

2

y

mol

mH₂O =

77

45

mA => 9y =

77

45

( 12x + y + 16z)
 3,6y = 3x + 4z

Vì V_{CO 2}=

9

8

V_{O 2} => x =

9

8

(x +

4

y

−

2

z

)
9x = 8x + 2y − 4z

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

=>y =

1,6

2x

=

4

5x

Thế y ta được :
2.

4

5x

= 2,5x = x + 4z

=> z =

8

3

x.

Ta có tỉ lệ các nguyên tử :
x : y : z = x :

4

5x

:

8

3x

= 8 : 10 : 3.
Công thức đơn giản:

A : C8H10O3.

9)Phương pháp ghép ẩn số:

 Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn
số phương trình và có dạng vơ định, khơng giải được.Nếu dùng phương pháp ghép ẩn ta có thể giải loại
bài toán này một cách dễ dàng.

 Phạn vi ứng dụng: Bài tốn hữu cơ và vơ vơ.

 Ưu điểm : Giải tiếp được bài tốn có nhiều ẩn hơn phương trình 1 cách dễ dàng.Biết được bản chất của

phương trình phản ứng.

 Nhược điểm: Phương pháp này chỉ là một thủ thuật của toán học chứ khơng mang tính chất hóa học.
 Ví dụ: Đốt cháy hoàn toàn a (g) hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp
khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vơi trong dư,thấy bình 1 tăng
1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. tính a.

Giải:

Đặt CTPT của các rượu là CnH2n+1OH và

CmH2m+1OH.

Gọi x,y là số mol các rượu.
CnH2n+1OH +

2

3n

O2  nCO2 + ( n + 1 )H2O
x  nx  ( n+1 )x

CmH2m+1OH +

2

3m

O2  mCO2 + (m+1)H2O
y  my  (m+1)y

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
0,08 

100

8

= 0,08

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

nH2O =(n+1)x + (m+1)y =

18

98

,

1

=0,11 (2)

Ở đây với 4 ẩn số (n,m,x,y) mà chỉ có 2 phương trình nên có dạng vơ định.
Ta triển khai 2 để ghép ẩn số

Từ (2): nH2O =nx + x + my + y= (nx+my)+(x+y)=0,11
Thay nx+my=0,08,rút ra x + y=0,11- 0,08=0,03
Tính a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y
Ghép ẩn số được a = 14(nx + my) + 18(x + y).

Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g.

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Website <b>HOC247</b> cung cấp một môi trường <b>học trực tuyến</b> sinh động, nhiều <b>tiện ích thơng minh</b>, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những <b>giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, </b>
<b>giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm</b> đến từ các trường Đại học và các trường chuyên

danh tiếng.

<b>I.Luyện Thi Online</b>

-<b>Luyên thi ĐH, THPT QG:</b> Đội ngũ <b>GV Giỏi, Kinh nghiệm</b> từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa <b>luyện thi THPTQG </b>các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh
Học.

-<b>Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: </b>Ơn thi <b>HSG lớp 9</b> và <b>luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán</b> các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức
Tấn.

<b>II.Khoá Học Nâng Cao và HSG </b>

-<b>Toán Nâng Cao THCS:</b> Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-<b>Bồi dưỡng HSG Toán:</b> Bồi dưỡng 5 phân mơn <b>Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học </b>và <b>Tổ Hợp</b> dành
cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS.
Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng
đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

<b>III.Kênh học tập miễn phí</b>

-<b>HOC247 NET:</b> Website hoc miễn phí các bài học theo <b>chương trình SGK</b> từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu
tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-<b>HOC247 TV:</b> Kênh <b>Youtube</b> cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng
Anh.

<i><b>Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai </b></i>

<i><b> Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90% </b></i>

<i><b>Học Toán Online cùng Chuyên Gia </b></i>

</div>

<!--links-->
MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài tập DI TRUYỀN

• 21
• 1
• 6