hoa dien li 11

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (231.38 KB, 10 trang )

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

“Phương pháp giải nhanh một số bài tập Hóa học lớp 11 bằng phương trình ion thu gọn và phương trình bảo tồn electron”

Nguyễn Thanh Phúc 11a1

Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn :

1. Nội dung :

Bản chất các phản ứng trong dung dịch điện li là sự kết hợp giữa các ion tạo thành chất kết tủa, chất bay hơi, chất điện li yếu. Do vậy đối với các bài
toán trộn lẫn nhiều chất phản ứng trong dung dịch điện li thay vì viết nhiều phương trình phân tử, ta chỉ viết phương trình ion thu gọn để đơn giản
hóa vấn đề, giúp lời giải ngắn gọn, sức tích.

Các bước giải chính :

Bước 1: Tính số mol các ion liên quan trực tiếp đến yêu cầu đề bài, thường là số mol của các ion trong phương trình ion thu gọn.

+ Nhắc lại cơng thức tính số mol của 1 nguyên tố trong hợp chất : cho hợp chất

A B

x y thì số mol :

n

A



x n

.

A Bx y và

.

x y

B A B

n



y n

+ Với các ion ta cũng tính tương tự

Vd : dd Ba(OH)2 thì ta có :

2
( )

1.

Ba OH

Ba

n





n

và

n

OH



2. n

Ba OH( )2

dd H2SO4 thì ta có 2 4

2.

H SO

H

n





n

và

n

SO42



1. n

H SO2 4

Bước 2 : Viết phương trình ion thu gọn

Vd : Trộn các hỗn hợp axit với hỗn hợp các dd bazo thì sẽ ln có PT :

H

OH

H O

 





Bước 3 : Xác định số mol ion nào phản ứng hết thay vào phương trình, tính toán theo yêu cầu của đề bài.
2 Các bài tập áp dụng :

Ví dụ 1 : Trộn 800 ml dung dịch axit HCl 0,01M với 200 ml dung dịch Ca(OH)2 0,0175M được 1000 ml dd X. Tính pH của dd X
Hướng dẫn giải:

Phương pháp truyền thống :

-

n

HCl



C V

M

.



0, 01.0,8 0, 008



mol

và

n

Ca OH( )2



C V

M

.



0, 0175.0, 2 0,0035



mol

- PTPƯ :

2 HCl Ca OH



(

)



CaCl



2 H O

So sánh thấy

( )

0, 004

0, 0035

2

1

Ca OH

HCl

n







nên suy ra Ca(OH)2 phản ứng hết , HCl dư. Thay số mol Ca(OH)2 vào phản ứng
:

2 HCl Ca OH



(

)



CaCl



2 H O

0,007 0,0035 (Mol)

Suy ra

n

HClpu



0, 007

mol

0,008 0,007 0,001

HCldu HClbd HClpu

n



n



n







mol

PT phân li :

HCl

du

H

Cl

 





0,001 0,001 (Mol)

0,001

1

H

n

H

M

V






 







 pH = - log (0,001) = 3. Vậy dd X có pH bằng 3.
Phương pháp sử dụng PT ion thu gọn :

- Tính nhanh số mol ion H+ và OH- :

1.

HCl

1.

M

.

1.0, 01.0, 08

0, 008

H

n





n



C V



mol

và

( )

2.

Ca OH

2.

M

.

2.0,0175.0, 02 0,007

OH

n





n



C V



mol

n

H



n

OH

nên H+ dư

OH

 phản ứng hết ( so sánh dễ dàng vì tỉ lệ phản ứng là 1:1)

Khi trộn :

H

OH

H O

 





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

0,008 0, 007 0,001

H du H bd H pu

n





n





n









mol

0,001

1

H

n

H

M

V






 







 pH = - log (0,001) = 3. Vậy dd X có pH bằng 3.

Nguyễn Thanh Phúc 11a1

Nhận xét : Học sinh có thể chọn 1 trong 2 phương pháp để giải, nhưng pp phương trình ion thu gọn ra kết quả nhanh hơn, HS nhận biết được chất dư
và chất phản ứng hết một cách dễ dàng..

Câu hỏi đặt ra : Nếu trộn hỗn hợp các dd axit vào hỗn hợp các dd bazo thì phương pháp truyền thống sẽ giải như thế nào ?

Ví dụ 2 Trộn hỗn hợp 200 ml dd HCl 0,015 M và 400 ml dd H2SO4 0,01M vào 400ml dd KOH 0,025M được 1000ml dd X. Tính pH dd X. 
Hướng dẫn giải:

PP truyền thống :

nHCl = 0,2. 0,015=0,003 mol. và

n

H SO2 4



0, 4.0, 01 0, 004



mol

n

KOH



0, 4.0,025 0,01



mol

Viết PTPƯ : HCl + KOH  KCl + H2O

H2SO4 + 2 KOH  K2SO4 + 2 H2O

Tới đây việc xác định chất nào phản ứng hết, chất nào dư thực sự khó khắn  bế tắc

PP sử dụng phương trình ion thu gọn :
Tính tổng sổ mol H+ :

2 4

( ) ( )

1.

HCl

2.

H SO

1.0,2.0,015 2.0,4.0,01 0,011

H H HCl H H SO

n



n



n



n

mol

















1.

KOH

1.0, 4.0,025 0,01

OH

n





n



mol



n

H



n

OH

nên H+ dư ,

OH

 phản ứng hết ( so sánh dễ dàng vì tỉ lệ phản ứng là 1:1)

Khi trộn :

H

OH

H O

 





0,01 0,01 (Mol)

0,011 0,01 0, 001

H du H bd H pu

n





n





n









mol

0, 001

0,001

1

H du

n

H

M

V






 







 pH = - log (0,001) = 3. Vậy dd X có pH bằng 3

Nhận xét : Uu điểm của PP sử dụng PT ion thu gọn thể hiện rất rõ, dù có trộn nhiều hỗn hợp axit với nhiều dd bazo khác nhau thì lời giải vẫn ngắn
gọn, súc tích, ra kết quả nhanh, rút ngắn thời gian. PP truyền thống bị bế tắc.

3.2.2.Phương pháp bảo toàn số mol electron:

3.2.2.1. Nội dung: “Trong phản ứng oxi hóa - khử thì tổng số mol electron do các chất khử cho bằng tổng số mol electron do các chất oxi hóa nhận”



n

e cho



n

e nhân
Các bước giải:

Bước 1: Xác định chất cho e (chất khử) và chất nhận e (chất oxi hóa), chỉ cần quan tâm đến trạng thái số oxi hóa đầu và số oxi hóa cuối.
Bước 2: Viết các q trình cho và nhận electron. (kèm theo số mol tương ứng của các chất trong mỗi quá trình).

Bước 3: Từ định luật bảo tồn số mol electron suy ra phương trình liên hệ giữa số mol electron cho và số mol electron nhận. Tính tốn theo u cầu
đề

*Lưu ý:

- Khi cần tìm số mol hoặc khối lượng của một chất nào đó, có thể áp dụng định luật bảo tồn khối lượng, định luật bảo toàn nguyên tố để hỗ
trợ.

*Một số trường hợp cần nhớ :

- Bài tốn hịa tan kim loại M vào axit HNO3 , M thể hiện hóa trị cao nhất n.
Quá trình cho e:

n

M



ne





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

(5

x e

)

x

N







N



(5-x).b b (Mol)

Vậy tổng quát ta có :

ân x

(5

)

e nh

n

x

N





 

Các sản phẩm khử khi cho Kim loại tác dụng HNO3 là : NO2, NO, N2O, N2, NH4NO3.

Nguyễn Thanh Phúc 11a1

Một số ví dụ:

- Sản phẩm khử là NO2 , số mol e nhận:

+5 +4

+1e

N



N

và

n

e nhân



n

NO2



1

- Sản phẩm khử là NO, số mol e nhận:

+5 +2

+3e

N



N

và ân

3

e nh NO

n



n



- Sản phẩm khử là N2O, số mol e nhận :

+5 +1

+4e

N



N

và

1 2 2

ân

4 2 4

8

e nh N O N O

N

n

  

n



n

  

n



- Sản phẩm khử N2, số mol e nhận:

+5 0

+5e

N



N

và

2 2

ân

5 2 5

10

e nh N N

N

n

  

n

  

n



- Sản phẩm khử là NH4NO3, số mol e nhận:

+5 -3

+8e

N



N

và

4 3

ân

8

e nh NH NO

N

n



n



 

n



Với mỗi trường hợp ta có cơng thức tính nhanh số mol e nhận như sau :

Sản phẩm khử Số mol e nhận
NO2

ân

1

e nh NO

n



n



ân

3

e nh NO

n



n



N2O

ân

8

e nh N O

n



n



ân

10

e nh N

n



n



NH4NO3

4 3

ân

8

e nh NH NO

n



n



Lưu ý : các con số 1, 3, 8, 10 là hiệu số oxi hóa.
3.2.2.2. các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1: Cho 15g hh Cu và Al tác dụng với dd HNO3 lỗng (dư) thu được 6,72 lít NO (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Xác định khối lượng của Cu

và Al trong hỗn hợp đầu.

Hướng dẫn giải:
*Cách 1:

Gọi x là số mol của Cu, y là số mol của Al
Số mol của NO =

6 ,

72

22 ,

4 =

0,3 mol

*Quá trình cho e:

0 2
2e

Cu Cu



  ;

3
3e

Al Al



 

x mol 2x mol y mol 3y mol
*Quá trình nhận e:

5 2
3e

N

  

N



0,9 0,3 (Mol)

Ta có

n

e cho



n

e nhan



2 x



3 y



0,9

(1)

Theo đề bài ra ta có: 64x + 27y = 15 (2)

Từ (1) và (2) ta tìm được x = 0,15 mol ; y = 0,2 mol
Khối lượng của mỗi kim loại:

mCu= 64 . 0,15 = 9,6g ; mAl = 27. 0,2 = 5,4g

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

*Nhận xét: Với bài tập này HS có thể tìm theo hai cách tương đối dễ dàng, cách 2 học sinh không nắm vững pp cân bằng phản ứng oxi hóa khử sẽ
gặp khó khăn.

Ví dụ 1 : Hịa tan m (g) Zn trong HNO3 rất loãng, dư thấy có 2,24 l khí N2 thốt ra (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hỏi giá trị m (g) là :
A. 28,5 g B. 32,5 g C. 36,5 g D. 38,5 g

Hướng dẫn giải :Cách 1: Học sinh có thể vận dụng cơng thức tính nhanh số mol e cho và số mol e nhận, không cần viết quá trình cho- nhận e :

Nguyễn Thanh Phúc 11a1

ân

óa

10

e cho e nh Kim loai N

n



n



n



h tri n





2

10

65 22, 4

N

V

m



 



2, 24

65

10 32,5..

22, 4

2 m

g





 



Cách 2: Tính số mol N2

2, 24

0,1..

22, 4

N

n



mol

PTPƯ :

5 Zn



12 HNO



5 (

Zn NO

3 2

)



N



6 H O

0,5 mol 0,1 mol

m

Zn



0,5.65 32,5



g



B

*Nhận xét: Với bài tập này HS có thể tìm theo hai cách tương đối dễ dàng, cách 2 học sinh không nắm vững pp cân bằng phản ứng oxi hóa khử sẽ
gặp khó khăn, và mất thời gian cân bằng phản ứng nên kết thời gian ra đáp số lâu hơn.

Ví dụ 3 : Hịa tan 2,7 gam Al trong HNO3 thấy thoát ra 2,24 lít khí X ( đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hỏi khí X đó là :
A. NO B NO2 C. N2O D. N2

Hướng dẫn giải :

Cách 1 : Gọi số oxi hóa của N trong sản phẩm là +x

ân

óa

x

(5

)

e cho e nh Kim loai

N

n



n



n



h tri n





 

x

2, 7

3 (5

)

27 22, 4

V

x



 







x



2

Vậy số oxi hóa của N trong sản phẩm khử là +2 . Vậy khí X là NO.

Cách 2 Thử đáp án : Học sinh có thể cho khí X là NO, viết PTPƯ , tính thể tích khí xem có ra đúng là 2,24 lít hay khơng. Nếu đúng thì dừng, chọn
đáp án đó . Nếu sai lại thử qua phương án B,C,D làm tương tự.

Cách 3 : Học sinh gọi khí X là NxOy. Viết phương trình phản ứng, lập tỉ lệ x : y để giải .
*Nhận xét:

Cách 1 : học sinh giải ra dễ dàng, không cần viết PTPƯ

Cách 2 : Học sinh phải viết PTPƯ, nếu đáp án đúng nằm ở câu C hay D thì thời gian giải ra lâu, phải tính tốn nhiều.

Cách 3 : Đặt khí X như vậy sẽ rất khó cân bằng PTPƯ, tính toán phức tạp, thường dẫn đến bế tắc, cách giải không phù hợp cho trắc nghiệm.
3.2.3 Một số bài tập vận dụng :

1)Cho 5,6 gam Fe tan hết trong dung dịch HNO3 thu được 21,1 gam muối và V lít NO2 (đktc). Tính V.

A. 3,36 lít B. 4,48 lít C. 5,6 lít D. 6,72 lít

2)Cho 0,04 mol Mg tan hết trong dung dịch HNO3 thấy thoát ra 0,01 mol khí X là sản phẩm khử duy nhất (đktc). X là :

A. NH3 B. N2 C. NO D. N2O

3)Hoà tan hồn tồn m gam Al vào dung dịch HNO3 lỗng dư thu được hỗn hợp khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (phản ứng khơng tạo

muối amoni). Tính m.

A. 13,5 g B. 0,81 g C. 8,1 g D. 1,35 g

4)Hoà tan 0,03 mol FexOy trong dung dịch HNO3 dư thấy sinh ra 0,672 lít khí X duy nhất (đktc). Xác định X.

A. NO2 B. NO

C. N2O D. Không xác định được.

5)Cho 0,05 mol Mg phản ứng vừa đủ với 0,12 mol HNO3 giải phóng ra khí X là sản phẩm khử duy nhất. Xác định X.

A. N2O B. NH3 C. N2 D. NO

6)Cho 0,96 gam Cu tác dụng hết với HNO3 dư thu được 0,224 lít khí X duy nhất (đktc). X là

A. NO B. N2O C. NO2 D. N2

7)Cho 10,8 gam một kim loại tác dụng hồn tồn với khí Clo thu được 53,4 gam muối Clorua. Xác định kim loại.

A. Cu B. Al C. Fe D. Mg

8)Oxi hoá 16,8 gam Fe thu được 21,6 gam hỗn hợp các oxit sắt. Cho hỗn hợp oxit này tác dụng hết với HNO3 loãng sinh ra V lít NO duy nhất

(đktc). Tính V.

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

Nguyễn Thanh Phúc 11a1

SỬ DỤNG CƠNG THỨC GIẢI NHANH TÍNH pH HOẶC pOH
I. CƠNG THỨC

1. Cơng thức tính pH của dung dịch axit yếu HA.( Ví dụ: HF, HCOOH, CH3COOH...)

pH =

−

1

2

(log Kaxit + log Caxit = -log (α.Caxit)

với

α

: là độ điện li Ka: hằng số phân li của axit Ca : nồng độ mol/l của axit ( Ca 0,01 M )
2. Cơng thức tính pH của dung dịch bazơ yếu BOH. ( Ví dụ: NH3, CH3-NH2, ...)

pH = 14+

1

2

(log Kbazơ + log Cbazơ )

với Kbazo : hằng số phân li của bazơ

Cbazo : nồng độ mol/l của bazơ

3.Cơng thức tính pH của dung dịch axit yếu HA và muối NaA. (Ví dụ: HF và NaF, HCOOH và HCOONa, CH3COOH và CH3COONa...)

pH = -(log Kaxit + log

C

a

C

m

)

Ca : nồng độ mol/l của axit

Cm : nồng độ mol/l của muối
II. BÀI TOÁN ÁP DỤNG.

Ví dụ 1: Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M ở 250C . Biết KCH

❑

3 COOH = 1,8. 10-5

Giải.
Áp dụng công thức giải nhanh.

pH = -

1

2

(logKa + logCa ) =

-1

2

(log1,8. 10-5 + log0,1 ) = 2,87

Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch HCOOH 0,46 % ( D = 1 g/ml ). Cho độ điện li của HCOOH trong dung dịch là

α

= 2 %

Giải

Ta có : CM =

10 .

D

.

C

%

M

10 .1 .0

,

46

= 0,1 M

Áp dụng công thức giải nhanh.

pH = - log (

α

.

Ca ) = - log (

2

100

.0,1 ) = 2,7

Ví dụ 3: Tính pH của dung dịch NH3 0,1 M . Cho KNH

❑

3 = 1,75. 10-5
pH = 14 +

1

2

(logKb + logCb ) = 14 +

1

2

(log1,75. 10-5 + log0,1 ) = 11,13

Ví dụ 4:( KB 2009). Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M và CH3COONa 0,1 M ở 250C. Biết KCH

❑

3 COOH = 1,75. 10-5 , bỏ qua sự điện li

của H2O.

Giải.
Áp dụng công thức giải nhanh.

pH = - (logKa + log

C

a

C

m

) = - (log1,75. 10-5 + log

0,1

) = 4,76

Ví dụ 5:( CHUYÊN-VINH LẦN 3-2011). Cho hỗn hợp gồmCH3COOH 0,05 M và CH3COONa 0,05 M ở 250C. Biết KCH

❑

3 COOH = 1,8. 10-5 ,

bỏ qua sự điện li của H2O.

Vậy pH của dung dịch ở 250C là :

A. 5,12 B. 4,85 C. 4,74 D. 4,31

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

pH = - (logKa + log

C

a

C

m ) = - (log1,8. 10-5 + log

0, 05

) = 4,74 => C đúng.

Ví dụ 6:( CHUYÊN-VINH LẦN 2-2011). Cho hỗn hợp đung dịch X gồmHF 0,1 M và NaF 0,1 M ở 250C. Biết K

HF = 6,8. 10-4 , bỏ qua sự điện li

của H2O.

Vậy pH của dung dịch ở 250C là :

A. 4,25 B. 1,58 C. 3,17 D. 3,46

Giải.
Cách 1: Áp dụng công thức giải nhanh.

pH = - (logKa + log

C

a

C

m

) = - (log6,8. 10-4 + log

0,1

) = 3,17 => C đúng.

Cách 2: Giải thông thường xem có mất nhiều thời gian hơn khơng nhé,

Ptpư HF <=> H+ + F- K

HF = 6,8. 10-4

Ban đầu 0,1 0 0,1

pư x x X

Cân bằng 0,1-x X 0,1+x

Ta có

4 4 4

.(0,1

)

6,8.10

6,71.10

lg 6,71.10

3,17

0,1

x

M

pH

x

  

















=> C đúng.

Ví dụ 7 . Dung dịch CH3COOH 0,1 M. có độ điện ly α =1% .Vậy pH của dung dịch ở 250C là :

A. 4,2 B. 3 C. 3,17 D. 2

Giải.
Áp dụng công thức giải nhanh.

pH=-log(α.Caxit)=-log(0,01.0,1)=3 => B đúng.

Ví dụ 8 . Dung dịch chứa 3,00 gam CH3COOH trong 250ml dung dịch .Biết MCH3COOH=60,05. Ka=10-4,75. Vậy pH của dung dịch ở 250C là :

A. 4,2 B. 2,4 C. 3,4 D. 2,7

Giải.
tinh tốn bình thường ta được dd có nồng độ là 0,2 M

Áp dụng cơng thức giải nhanh.

1 (

log

)

(4,75 log 0, 2) 2,7

2

a a

2 pH



pK



C







D đúng

HỢP CHẤT

ĐỀU

TRỪ

Muối nitrat (NO

)

Đều tan

Muối axetat (CH3COOH

)

Đều tan

Muối Clorua(Cl

)

Muối Bromua(BR

)

Muối Iotua (I

)

Đều tan

AgCl: kết tủa trắng

PbCl

: ít tan (tan trong nước nóng)

CuCl, HgCl (Hg

Cl

)

AgBr: kết tủa vàng nhạt, PbBr

, HgBr

AgI: kết tủa vàng đậm, HgI

(đỏ), CuI

Muối Forua (F

)

Không tan Trừ muối kim loại: kiềm, amoni, nhôm, bạc, thủy ngân, thiếc

Muối Sunfat (SO

42-

)

Đều tan

BaSO

, PbSO

, CaSO

: kết tủa trắng

Ag

SO

: ít tan (trắng)

Hg

SO

Muối Sunfua (S

2-)

Khơng tan Trừ Sunfua của kim loại kiềm (Na, K) và amoni (NH

)

Muối Sunfit (SO

32-

)

Không tan Trừ Sunfit của kim loại kiềm (Na, K) và amoni (NH

)

Muối Cacbonat (CO

32-

)

Không tan Trừ muối cacbonat của kim loại kiềm (Na, K) và amoni (NH

)

Muối Photphat (PO

43-

)

Không tan Trừ muối Photphat của kim loại kiềm (Na, K) và amoni (NH

)

Bazơ (OH

)

Không tan Trừ Hidroxit của kim loại kiềm và kiểm thổ (Na, K, Ca, Ba) và

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

GIẢI NHANH BÀI TỐN HĨA HỌC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO

Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, trong một khoảng thời gian tương đối ngắn học sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó
bài tập tốn chiếm một tỉ lệ khơng nhỏ). Do đó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài tốn hóa học có một ý nghĩa quan trọng.

Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài hay gặp trong chương trình hóa học phổ thơng. Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau,
song cách giải nhanh nhất là “phương pháp sơ đồ đường chéo”.

Nguyên tắc:Trộn lẫn 2 dung dịch:

Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1.
Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2.
Dung dịch thu được có m = m1 + m2, V = V1 + V2, nồng độ C (C1 < C < C2), khối lượng riêng d.
Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:

a) Đối với nồng độ % về khối lượng:

m

1

C

1

|C

2

- C|

C

m

C

|C

- C|

→

¿

C

−C

∨

¿

(

1 )

¿

C

−

C

∨

¿

m

1

m

2

=

¿

b) Đối với nồng độ mol/lít:

V

1

C

1

|C

2

- C|

C

V

2

C

2

|C

1

- C|

→

¿

C

−C

∨

¿

(

2 )

¿

C

−

C

∨

¿

¿

V

1

V

2

=

¿

c) Đối với khối lượng riêng:

V

d

|d

- d|

d

V

d

|d

- d|

→

¿

d

− d

∨

¿

(

3 )

¿

d

−

d

∨

¿

¿

V

1

V

2

=

¿

Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần chú ý:
*) Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%
*) Dung mơi coi như dung dịch có C = 0%
*) Khối lượng riêng của H2O là d = 1 g/ml

Sau đây là một số ví dụ sử dụng phương pháp đường chéo trong tính tốn pha chế dung dịch.
Dạng 1: Tính tốn pha chế dung dịch

Ví dụ 1. Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là:

A. 1:2 B. 1:3 C. 2:1 D. 3:1

Hướng dẫn giải:

Áp dụng công thức (1):

1
2

m

| 15 25 |

10

1 m

|45 25|

20

2 





 Đáp án A.

Ví dụ 2. Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là:

A. 150 B. 214,3 C. 285,7 D. 350

Hướng dẫn giải:

Ta có sơ đồ:

V

(NaCl) 3 |0 - 0,9|

0,9

V

2

(H

2

O) 0 |3 - 0,9|



V

1

=

0,9

2,1

+

0,9

⋅

500 =

150 (

ml

)

 Đáp án A.

Phương pháp này khơng những hữu ích trong việc pha chế các dung dịch mà cịn có thể áp dụng cho các trường hợp đặc biệt hơn, như pha một chất rắn vào dung

dịch. Khi đó phải chuyển nồng độ của chất rắn nguyên chất thành nồng độ tương ứng với lượng chất tan trong dung dịch.

Ví dụ 3. Hòa tan 200 gam SO3 vào m gam dung dịch H2SO4 49% ta được dung dịch H2SO4 78,4%. Giá trị của m là:
A. 133,3 B. 146,9 C. 272,2 D. 300,0

Hướng dẫn giải:

Phương trình phản ứng: SO3 + H2O → H2SO4
100 gam SO3 →

98 ×

100

80 =

122 ,

5

gam H2SO4

Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng: 122,5%

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

¿

122,5

−

78,4

∨

¿

=

29,4

44,1

¿

49 −

78 ,

4 ∨

¿

m

1

m

=

¿



m

=

44,1

29,4

×

200 =

300 (

gam

)

 Đáp án D.

Điểm lí thú của sơ đồ đường chéo là ở chỗ phương pháp này cịn có thể dùng để tính nhanh kết quả của nhiều dạng bài tập hóa học khác. Sau đây ta lần lượt xét
các dạng bài tập này.

Dạng 2: Bài toán hỗn hợp 2 đồng vị

Đây là dạng bài tập cơ bản trong phần cấu tạo nguyên tử.

Ví dụ 4. Ngun tử khối trung bình của brom là 79,319. Brom có hai đồng vị bền: 3579

Br

và 3581

Br .

Thành phần % số nguyên tử của 3581

Br

là:

A. 84,05 B. 81,02 C. 18,98 D. 15,95

Hướng dẫn giải:

Ta có sơ đồ đường chéo:

Br (M=81)

35
81

Br (M=79)

A=79,319

79,319 - 79 = 0,319

81 - 79,319 = 1,681



%

3581

Br

%

3579

Br

=

0 ,

319

1 ,

681 ⇒

%

Br

=

0 ,

319

1 ,

681 +

0 ,

319 ⋅

100 %



%

3581

Br

=

15 ,

95 %

 Đáp án D.

Dạng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí

Ví dụ 5.Một hỗn hợp gồm O2, O3 ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối đối với hiđro là 18. Thành phần % về thể tích của O3 trong hỗn hợp là:

A. 15% B. 25% C. 35% D. 45%

Hướng dẫn giải:

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

V M

1

= 48 |32 - 36|

M = 18.2 =36

V M

O 2

= 32 |48 - 36|



V

O3

V

O2

=

4

12 =

1

3 ⇒

%V

O3

=

1

3 +

1 ⋅

100 %

=

25 %

 Đáp án B.

Ví dụ 6. Cần trộn 2 thể tích metan với một thể tích đồng đẳng X của metan để thu được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 15. X là:
A. C3H8 B. C4H10 C. C5H12 D. C6H14

Hướng dẫn giải:

Ta có sơ đồ đường chéo:

V M

1

= 16 |M

2

- 30|

M = 15.2 =30

V M

M2 2

= M

2

|16 - 30|

CH4



¿

M

2

- 30

∨

¿

14 =

2

1 ⇒

∨

M

- 30

∨

¿

28 V

CH4

V

M2

=

¿

 M2 = 58  14n + 2 = 58  n = 4

X là: C4H10  Đáp án B.

Dạng 4:Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa đơn bazơ và đa axit

Dạng bài tập này có thể giải dễ dàng bằng phương pháp thơng thường (viết phương trình phản ứng, đặt ẩn). Tuy nhiên cũng có thể nhanh chóng tìm ra kết quả
bằng cách sử dụng sơ đồ đường chéo.

Ví dụ 7. Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là:
A. 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4

B. 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4
C. 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4
D. 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4

Hướng dẫn giải:

Có:

1 <

n

NaOH

n

H3PO4

=

0,25 .2

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

 Tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaH2PO4, Na2HPO4

Sơ đồ đường chéo:

Na

HPO

(n

= 2) |1 - 5/3|

n

NaH

PO

(n

= 1) |2 - 5/3|

5

3 =

2

3

1

3 =



n

Na2HPO4

n

NaH2PO4

=

2

1



n

Na2HPO4

=

2n

NaH2PO4

Mà

n

Na

2HPO4

+

n

NaH2PO4

=

n

H3PO4

=

0,3

(mol)


¿

n

Na2HPO4

=

0,2

(

mol

)

n

NaH2PO4

=

0,1

(

mol

)

¿

{

¿



¿

m

Na2HPO4

=

0,2 . 142

=

28,4

(

g

)

m

NaH2PO4

=

0,1 .120

=

12,0

(

g

)

¿

{

¿

 Đáp án C.

Dạng 5: Bài tốn hỗn hợp 2 chất vơ cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hóa học

Ví dụ 8. Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448 ml khí CO2 (đktc). Thành phần % số mol của BaCO3
trong hỗn hợp là:

A. 50% B. 55% C. 60% D. 65%

Hướng dẫn giải:

n

CO2

=

0,448

22,4

=

0,02

(

mol

)



M

=

3,164

0,02

=

158 ,

2

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

BaCO

3

(M

1

= 197) |100 - 158,2| = 58,2

M=158,2

CaCO

3

(M

2

= 100) |197 - 158,2| = 38,8



%n

BaCO

=

58,2

+

38,8

⋅

100%

=

60%

 Đáp án C.

Dạng 6:Bài toán trộn 2 quặng của cùng một kim loại

Đây là một dạng bài mà nếu giải theo cách thông thường là khá dài dòng, 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 có thể áp dụng được sơ đồ đường chéo, ta coi các quặng như một “dung dịch” mà “chất tan” là kim loại đang xét, và “nồng độ” của “chất tan” chính là hàm
lượng % 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, mà từ 1 tấn
quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tỉ lệ m1/m2 là:

A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5

Hướng dẫn giải:

Số kg Fe có trong 1 tấn của mỗi quặng là:
+) Quặng A chứa:

60

100 ⋅

1000

⋅

112

160 =

420 (

kg

)

+) Quặng B chứa:

69 ,

6

100 ⋅

1000

⋅

168

232 =

504 (

kg

)

+) Quặng C chứa:

500 ×

(

1 −

4

100

)

=

480 (

kg

)

Sơ đồ đường chéo:

m

A

420 |504 - 480| = 24

480 m

B

504 |420 - 480| = 60



m

A

m

B

=

24

60 =

2

5

 Đáp án D.

Trên đây là một số tổng kết về việc sử dụng phương pháp sơ đồ đường chéo trong giải nhanh bài tốn hóa học. Các dạng bài tập này rất đa dạng, vì vậy địi hỏi
chúng ta phải nắm vững phương pháp song cũng cần phải có sự vận dụng một cách linh hoạt đối với từng trường hợp cụ thể. Để làm được điều này các bạn cần phải
có sự suy nghĩ, tìm tịi để có thể hình thành và hồn thiện kĩ năng giải tốn của mình. Chúc các bạn thành cơng.

Một số bài tập tham khảo:

BT 1. Để thu được dung dịch CuSO4 16% cần lấy m1 gam tinh thể CuSO4.5H2O cho vào m2 gam dung dịch CuSO4 8%. Tỉ lệ m1/m2 là

A. 1/3 B. 1/4 C. 1/5 D. 1/6

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

BT 3. Số lít nước nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H2SO4 98% (d = 1,84 g/ml) để được dung dịch mới có nồng độ 10% là
A. 14,192 B. 15,192 C. 16,192 D. 17,192

</div>

hoa dien li 11

<i><b> “Phương pháp giải nhanh một số bài tập Hóa học lớp 11 bằng phương trình ion thu gọn và phương trình bảo tồn electron”</b></i>

<i><b>Nguyễn Thanh Phúc 11a1</b></i>

<i>A B</i>

<i>n</i>



<i>x n</i>

.

.

<i>n</i>



<i>y n</i>

1.

<i>n</i>



<i>n</i>

<i>n</i>



2.

<i>n</i>

2.

<i>n</i>



<i>n</i>

<i>n</i>



1.

<i>n</i>

<i>H</i>

<i>OH</i>

<i>H O</i>





<i>n</i>



<i>C V</i>

.



0, 01.0,8 0, 008



<i>mol</i>

<i>n</i>



<i>C V</i>

.



0, 0175.0, 2 0,0035



<i>mol</i>

2

<i>HCl Ca OH</i>



(

)



<i>CaCl</i>



2

<i>H O</i>

0, 004

0, 0035

2

1

<i>n</i>

<i>n</i>







2

<i>HCl Ca OH</i>



(

)



<i>CaCl</i>



2

<i>H O</i>

<i>n</i>

