Chuyên đề các phương pháp giải toán hóa học
Phương pháp sơ đồ đường chéo
-Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu
có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể.
-Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại
cho cùng một chất.
-Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất.
Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần
loãng tăng lên.
-Sơ đồ tổng quát:
D1 x1 x-x2
x
D2 x2 x1-x
Từ đó: D1/D2 = (x-x2)/(x1-x)
Các ví dụ:
Ví dụ 1. Cần thêm bao nhiêu g H2O vao 500 g dd NaOH 12% để có dd NaOH 8%
mH2O 0 4
8
500 12 8
> mH2O = 500.4/8 = 250g
Ví dụ 2. Cần thêm bao nhiêu g Na2O vào 100 g dd NaOH 20% để thu được dd NaOH 34,63%
PTPU Na2O + H2O > 2NaOH
62 > 2.40
Coi Na2O là dd NaOH có nồng độ 2.80/62 = 129%
100 20 94,37
34,63
m 129 14,63
> m = 15,5 gam
Ví dụ 3. Hòa tan Al bằng dd HNO3 loãng thu được hh khí NO,N2O có tỉ khối so với H2
là 16,75. Viết PTPU.
Ta có: M = 16,75.2 = 33,5

M + Pb(NO3)2 > M(NO3)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 Na2CO3 và NaHCO3 đén khối lượng không đổi dược 69 gam chất
rắn. Xác định % từng chất trong hh.
Giải
Bài toán có thể giải theo PP đại số. Đây là PP khác.
2NaHCO3 > Na2CO3 + CO2 + H2O
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 M2CO3, RCO3 vào HCl thấy thoát ra 0,2 mol khí. Cô cạn dd thu
được bao nhiêu g muối khan.
Giải
M2CO3 + 2HCl > 2MCl + CO2 + H2O
2M+60 >2(m+35,5) tăng 11 g
x > 11x
RCO3 + 2HCl > RCl2 + CO2 + H2O
R+60 > R+71 tăng 11g
y > 11y
mà nCO2 = x + y = 0,2 mol
> Khối lượng muối tăng : 11x + 11y = 2,2 g
Khối lượng muối clorua: 23,8 + 2,2 = 26 g
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 vô định, không giải được.
Nếu dùng phương pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng.
Các ví dụ:

Ví dụ 2. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng
đẳng thu được 3,584 l và 3,96 g Tính a và CTPT của hai rượu.
Giải
Gọi n là số C trung bình và x là tổng số mol. Từ PU đốt cháy :
nCO2 = nx = 3,584/22,4 = 0,16 mol
nH2O = (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: và
Ví dụ 3. Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A,B,C có tổng số mol là 0,08 , tổng khối lượng là 3,387 g.
Xác định CTPT của A,B,C biết B,C có cùng số C và = 5/3
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, đó là = 32 và đó phải là
rượu A do B,C có cùng số C.
Ta có: = 0,05 mol > = 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 được 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
và
và
Phương pháp đại số
+ Viết phương trình PU.
+ Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm sao cho đơn giản.
+ Tính theo PTPU và đề bài cho để lập các PT toán học.
+ Giải các PT hay hệ PT này và biện luận kết quả nếu cần.
Nhận xét: Đây là một cách không hay nhưng lại được áp dụng nhiều do thói quen, cần hạn

+ 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
Vậy: m = 56.0,18 = 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 (9)
Lấy (8) trừ đi (9) được: 20y + 80z + 60t = 2,4 (10)
Chia (10) cho 20 được: y + 4z + 3t = 0,12
m = 12 – (0,12.16) = 10,08g
Qua việc giải bài toán trên bằng phương pháp đại số ta thấy việc giải hệ phương trình đại số
nhiều khi rất phức tạp, thông thường HS chỉ lập được phương trình đại số mà không giải được
hệ phương trình đó.
Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chỗ HS viết xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt
ẩn để tính theo các phương trình phản ứng đó (dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại
đòi hỏi ở HS nhiều về kĩ năng toán học. Tính chất toán học của bài toán lấn át tính chất hóa
học, làm lu mờ bản chất hóa học. Trên thực tế, HS chỉ quen giải bằng phương pháp đại số,
khi gặp một bài toán là chỉ tìm cách giải bằng phương pháp đại số, mặc dù thường bế tắc. Ta
hãy giải bài toán trên bằng những phương pháp mang tính đặc trưng của hóa học hơn, đó là
phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn electron.
__________________
[Thành viên mới nhìn thấy link. ]
Phương pháp bảo toàn.
1. Bảo toàn điện tích:
-Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm vè giá trị tuyệt dối. Dung
dịch luôn trung hòa về điện.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na+ (a mol), HCO3 (b mol), CO32- (c mol), SO42- (d

hỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mõi ete.
Giải
Theo ĐLBT khối lượng: mrượu = mete + mH2O
> mH2O = mrượu - mete = 132,5 - 111,2 = 21,6 g
trong PU ete hóa thì: nete = nH2O = 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 đủ thu được 0,2 mol CO2. Tính khối lượng muối mới thu dược.
Giải
Trong các PU của HCl với muối cacbonat thì nCO2 = nH2O = nHCl/2
mà nCO2 = 0,2 mol > nH2O = 0,2 mol và nHCl = 0,4 mol
theo ĐLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2
> m = 26 g
3. Bảo toàn electron:
-Nguyên tắc: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa
khử. Khi đó ne cho = ne nhận.
-Các ví dụ:
Ví dụ 6: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột S rồi đun nóng trong điều kiện không có không
khí thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng HCl dư thu được hỗn hợp khí B.
Đốt cháy hoàn toàn B cần bao nhiêu lit Ò ở đktc.
Giải
Ta thấy nFe = 60/56 > nS = 30/32 nên Fe dư, S hết.
Khí B là hỗn hợp H2, H2S. Đốt B thu được SO2, H2O
Phân tích:
-S nhận một phần e của Fe để tạo S2- (FeS) và không thay đổi trong PU với HCl (vẫn
là S2- trong H2S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe đã cho và e do nó vốn có để tạo
SO2 trong PU với O2.
-Fe nhường một phần e cho S để tạo Fe2+ (FeS) và cuối cùng lượng e này lại đẩy sang cho
O2 (theo trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H+ để tạo H2, sau đó H2
lại trả số e này cho O2 trong PU cháy tạo H2O