Một số phơng pháp giải toán hóa học
A. Phơng pháp bảo toàn
1. Bảo toàn điện tích
a) Cơ sở
Tổng điện tích dơng luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối.
Vì thế dung dịch luôn luôn trung hoà về điện.
b) Ví dụ
Ví dụ 1:
Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung
dịch ghi ở bảng dới đây:

Ion Na
+
Ca
2+
NO
3
-
Cl
-
HCO
3
-

Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025

Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao?
Giải: Do điện tích của một ion trong dd bằng tích của điện tích và số
mol của nó, nên ta có:
Tổng điện tích dơng là: (+1).0,05 + (+2).0,01 = + 0,07
Tổng điện tích âm là: (-1).0,01 + (-1).0,04 + (-1).0,025 = - 0,075.

bmol b
Ba
2+
+ CO
3
2-
BaCO
3

Ba
2+
+ SO
4
2-
BaSO
4

Dung dịch sau phản ứng chỉ có Na
+
: a mol. Vì bảo toàn điện tích nên
cũng phải có: a mol OH
-
. Để tác dụng với HCO
3
-
cần b mol OH
-
.
Vậy số mol OH
-

b) Ví dụ
Ví dụ 1: Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn
hợp gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
đun nóng thu đợc 64g sắt, khí đi ra sau
phản ứng cho đi qua dd Ca(OH)
2
d đợc 40g kết tủa.
Tính m.
Giải: Khí đi ra sau phản ứng gồm CO
2
và CO d
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O
0,4
4,0
100

2
SO
4
đặc ở
140
0
C thu đợc 111,2g hỗn hợp các ete trong đó các ete có số mol bằng
nhau. Tính số mol mỗi ete.
Giải: Đun hỗn hợp 3 rợu đợc
(
)
6
2
133
=
+
ete.
Theo định luật bảo toàn khối lợng: m
rợu
= m
ete
=
OH
m
2

OH
m
2
= m

M
2
CO
3
+ RCO
3
+ 4HCl 2MCl + RCl
2
+ 2CO
2
+ 2H
2
O
0,4 0,2 mol 0,2
Theo định luật BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = m
muối
+
OHCO
mm
22
+

hay: 23,8 + 0,4.36,5 = m
muối
+ 0,2.44 + 0,2.18
m
muối
= 26g
c) Bảo toàn electron
- Nguyên tắc: Trong quá trình phản ứng thì:

thu e.
Nhờng e: Fe 2e Fe
2+2.
56
60
50
60
mol

S - 4e S
+4
(SO
2
)

4.
32
30
32
20
mol

Thu e: Gọi số mol O
2
là x mol.
O
2

học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dd HNO
3
d thu
đợc 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc.
Nếu cho lợng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO
3
thì
thu đợc bao nhiêu lít N
2
. Các thể tích khí đo ở đktc.
Giải: Trong bài toán này có 2 thí nghiệm:
ở thí nghiệm 1: R
1
và R
2
nhờng e cho Cu
2+
để chuyển thành Cu sau
đó Cu lại nhờng e cho
5+
N
để thành
2+
N
(NO). Số mol e do R
1
và R
2
nhờng ra
là:

0
2
N

10x x mol
Ta có: 10x = 0,15 x = 0,015
2
N
V
= 22,4.0,015 = 0,336 lit
Ví dụ 3: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dd
HNO
3
thu đợc hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO
2
. Tính khối
lợng muối tạo ra trong dung dịch.
Giải: Đặt x, y, z lần lợt là số mol Cu, Mg, Al.
Nhờng e: Cu 2e =
+
2
Cu

x 2x x
Mg 2e =
+2
Mg

y 2y y
Al 3e =

lợng cần tìm. Tính theo các phơng trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra
phơng trình đại số. Giải phơng trình đại số (hoặc hệ phơng trình) và biện
luận kết quả (nếu cần).
b) Ví dụ:
Để m gam bột sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành
hỗn hợp (B) có khối lợng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
.
Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO
3
thấy sinh ra 2,24l khí NO duy
nhất ở đktc. Tính m.
Giải: Trong không khí sắt tác dụng với oxi tạo ra các oxit
2Fe + O
2
2FeO
4Fe + 3O
2
2Fe
3
O
4

3Fe + 2O

4
+ 28HNO
3
9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
Đặt số mol của Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O

Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của O là 16 ta đợc khối lợng của oxi
trong các oxit sắt. Lấy khối lợng hỗn hợp B trừ đi khối lợng oxi ta đợc
khối lợng sắt ban đầu, tức m.
- Thực hiện các phép tính trên:
+ Tìm giá trị của phơng trình (2):
Chia (1) cho 8 đợc: 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5)
Nhân (4) với 3 đợc: 3x + y + z = 0,3 (6)
Cộng (5) với (6) đợc: 10x + 10y + 30z + 20t = 1,8 (7)
Chia (7) cho 10 đợc: x + y + 3z + 2t = 0,18
Vậy: m = 56.0,18 = 10,08g
+ Tìm giá trị của phơng trình (3):
Nhân (5) với 3 đợc: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8)
Nhân (6) với 7 đợc: 21x + 7y + 7z = 2,1 (9)
Lấy (8) trừ đi (9) đợc: 20y + 80z + 60t = 2,4 (10)
Chia (10) cho 20 đợc: y + 4z + 3t = 0,12
m = 12 (0,12.16) = 10,08g
Qua việc giải bài toán trên bằng phơng pháp đại số ta thấy việc giải
hệ phơng trình đại số nhiều khi rất phức tạp, thông thờng HS chỉ lập đợc
phơng trình đại số mà không giải đợc hệ phơng trình đó.
Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chỗ HS viết xong các phơng trình
phản ứng hóa học và đặt ẩn để tính theo các phơng trình phản ứng đó (dựa
vào mối tơng 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 phơng pháp đại số, khi
gặp một bài toán là chỉ tìm cách giải bằng phơng pháp đại số, mặc dù
thờng bế tắc. Ta hy giải bài toán trên bằng những phơng pháp mang tính
đặc trng của hóa học hơn, đó là phơng pháp bảo toàn khối lợng và
phơng pháp bảo toàn electron.
*) Phơng pháp bảo toàn khối lợng:
Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có: (kí hiệu khối lợng là m)

+ Muốn tính
3
HNO
m
cần tính
3
HNO
n
. ở đây số mol HNO
3
đợc dùng
vào 2 việc là tạo ra NO và tạo ra muối:

3
HNO
n
tạo NO
= n
NO
=
1,0
4,22
24,2
=3
HNO
n
tạo muối


+ Tính
OH
n
2
: ta có
OH
n
2
=
2
1
3
HNO
n
p
=
2
1






+
56
3
1,0
m

56
3
1,0.63
m
= 242.
56
m
+ 30.0,1 +






+
56
3
1,0.
2
1
.18
m

Giải ra m = 10,08g
Nhận xét: Tuy hơi dài nhng cách này dễ hiểu, có tác dụng khắc sâu
định luật bảo toàn khối lợng và có u điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi
hoá - khử hoặc không oxi hoá - khử.
c) Phơng pháp bảo toàn electron: Số mol e do Fe nhờng phải bằng số
mol e do oxi thu và
5+

M

hh
hh
n
m
M =

b) Các ví dụ:
Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim
loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl thu đợc 1,12 lit CO
2
ở đktc.
Xác định tên kim loại A và B.
Giải: Đặt
M
là NTK trung bình của 2 kim loại A và B

M
CO
3
+ 2HCl
M
Cl
2
+ CO
2
+ H
2
O

( )
OHnCOnO
n
OHHC
nn
222
12
1
2
3
+++
+

x mol
(
)
xnxn
1+

16,0
4,22
584,3
2
===
xnn
CO
(1)
(
)
22,0

M

Nh vậy phải có ít nhất một rợu có M < 42,2. Chỉ có CH
3
OH = 32
Ta có:
05,0
3
5
5.08,0
=
+
=
A
n
; m
A
= 32.0,05 = 1,67.
m
B + C
= 3,38 1,6 = 1,78g; n
B + C
=
03,0
3
5
3.08,0
=
+


H
5
OH (CH
2
= CH CH
2
OH) và C
3
H
7
OH
C
3
H
3
OH (CH C CH
2
OH) và C
3
H
7
OH
Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 rợu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp
nhau tác dụng với một lợng Na vừa đủ tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H
2
ở
đktc. Tính V và xác định CTPT của các rợu.
Giải: Đặt
R
là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2

= 15 và rợu là
CH
3
OH. Đồng đẳng liên tiếp nên rợu kia phải là C
2
H
5
OH.
V =
896,04,22.
2
08,0
=
lít.
Sử dụng phơng pháp trung bình để xác định sản phẩm và lợng chất
d
Ví dụ: Hỗn hợp khí X gồm một hiđrocacbon A mạch hở và H
2
, có tỉ khối so
metan bằng 0,5. Nung nóng hỗn hợp X có Ni làm xúc tác đến phản ứng hoàn
toàn thu đợc hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với oxi bằng 0,5. Hy xác định
công thức phân tử của A và tính phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn
hợp X và hỗn hợp Y.
Giải: Gọi CTTQ của X là C
n
H
2n+2-2a
(n2)
Sau phản ứng thu đợc hỗn hợp Y, do
Y

Nếu dùng phơng pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một
cách dễ dàng.
b) Các ví dụ:
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp 2 rợu no, đơn chức đợc
hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lợt đi qua bình 1 đựng
H
2
SO
4
đặc và bình 2 đựng nớc vôi trong d, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình
2 có 8g kết tủa. Tính a.
Giải
: Đặt CTPT của các rợu là C
n
H
2n+1
-OH và C
m
H
2m+1
-OH.
Gọi x, y là số mol các rợu.
C
n
H
2n+1
OH +
2
3
n

3
+ H
2
O
0,08
08,0
100
8
=

Ta lập đợc 2 phơng trình đại số theo số mol CO
2
và số mol H
2
O:
2
CO
n
= nx + my = 0,08 (1)
( ) ( )
11,0
18
98,1
11
2
==+++=
ymxnn
OH
(2)
ở đây, với 4 ẩn số (n, m, x, y) mà chỉ có 2 phơng trình nên có dạng

hợp 2 rợu đó phải thuộc loại no, đơn chức.

C
n
H
2n+1
OH C
n
H
2n
+ H
2
O (1) a mol a
C
m
H
2m+1
OH C
m
H
2m
+ H
2
O (2)
b mol b
C
n

H
2
SO
4đ


140
0
C

Theo (1), (2): a + b =
4,22
V
(5). Theo (3), (4):
OHCO
nn
22
=
= na + mb (6)
Khối lợng 2 rợu là: (14n + 18)a + (14m + 18)b = p
hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7)
Thế (5) vào (7) đợc:
na + mb =
14
4,22
.18
V
p
Vp
x

=

5. Phơng pháp tăng giảm khối lợng
a) Cách giải: Khi chuyển từ chất này sang chất khác khối lợng có thể
tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối lợng mol khác nhau. Dựa
vào mối tơng quan tỉ lệ thuận của sự tăng giảm ta tính đợc lợng chất tham
gia hay tạo thành sau phản ứng.
b) Các ví dụ
Ví dụ 1: Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO
4
. Sau khi khử
hoàn toàn ion Cd
2+
khối lợng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Hỏi
khối lợng thanh kẽm ban đầu.
Giải: Gọi khối lợng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lợng tăng
thêm là
100
35,2
a
gam.

Zn + CdSO
4
ZnSO
4
+ Cd

Xác định M, biết rằng số mol CuSO
4
và Pb(NO
3
)
2
tham gia ở 2 trờng hợp nh
nhau.
Giải: Gọi m là khối lợng thanh kim loại, A là NTK của kim loại, x là
số mol muối phản ứng.
M + CuSO
4
MSO
4
+ Cu
Ag 1mol 64g giảm (A 64)g
xmol
100
05,0 m
g
Rút ra: x =
64
100
05,0

A
m
(1)
M + Pb(NO
3


207
100
1,7
(3)
Từ (3) giải ra A = 65. Vậy kim loại M là kẽm.
Ví dụ 3: Cho 3,78g bột Al phản ứng vừa đủ với dd muối XCl
3
tạo
thành dd Y. Khối lợng chất tan trong dd Y giảm 4,06g so với dd XCl
3
. xác
định công thức của muối XCl
3
.
Giải: Gọi A là NTK của kim loại X.
Al + XCl
3
AlCl
3
+ X

14,014,0
27
78,3
=
0,14
Ta có: (A + 35,5.3).0,14 (133,5.0,14) = 4,06
Giải ra A = 56. Kim loại X là Fe và muối FeCl
3

2.84g giảm: 44 + 18 = 62g
xg giảm: 100 69 = 31g
Ta có:
gx
x
84
31
6284,2
==

Vậy NaHCO
3
chiếm 84% và Na
2
CO
3
chiếm 16%.
Ví dụ 5: Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp một muối cacbonat của
kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl
thấy thoát ra 0,2mol khí. Khi cô cạn dd sau phản ứng thì thu đợc bao nhiêu
gam muối khan?
Giải: Kí hiệu kim loại hoá trị I là M, số mol là x kim loại, hoá trị II là
R, số mol là y.
M
2
CO
3
+ 2HCl 2MCl + CO
2
+ H

m
muối
= 23,8 + 2,2 = 26g
6. Phơng pháp đờng chéo
a) Cách giải:
- Phơng pháp đờng chéo thờng dùng để giải bài toán trộn lẫn các
chất với nhau có thể đồng thể hoặc dị thể nhng hỗn hợp cuối cùng phải là
đồng thể.
- Nếu trộn lẫn các dung dịch thì phải là các dung dịch của cùng một
chất (hoặc chất khác, nhng do phản ứng với H
2
O lại cho cùng một chất. Ví
dụ trộn Na
2
O với dd NaOH ta đợc cùng một chất là NaOH).
- Trộn 2 dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau, ta thu đợc một
dung dịch chất A với nồng độ duy nhất. Nh vậy lợng chất tan trong phần
đặc giảm xuống phải bằng lợng chất tan trong phần long tăng lên. Sơ đồ
tổng quát của phơng pháp đờng chéo nh sau:
D
1
x
1
x x
2

x
xx
xx
D

lẫn.
b) Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam nớc vào 500g dung dịch NaOH
12% để có dd NaOH 8% ?
Giải:
OH
m
2
0 4
8
gm
m
OH
OH
250
8
4
500
2
2
==

m
dd12%
12 8
(ở đây x
1
= 0, vì nớc thì nồng độ NaOH bằng 0).
Ví dụ 2: Cần trộn H
2

2
bằng 16,75. Tính tỉ lệ thể tích khí trong hỗn
hợp.
Giải:
hh
M = 16,75.2 = 33,5
ON
V
2
44 3,5
33,5
3
1
5,10
5,3
2
==
NO
ON
V
V

NO
V
30 10,5
Ví dụ 4: Trộn 2 thể tích CH
4
với 1 thể tích hiđrocacbon X thu đợc
hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H
2

H
10

Ví dụ 5: Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế đợc 420kg sắt. Từ 1
tấn quặng manhetit (B) điều chế đợc 504kg sắt. Phải trộn 2 quặng trên với tỉ
lệ về khối lợng là bao nhiêu để đợc 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng
hỗn hợp này điều chế đợc 480kg sắt ?
Giải:
m
A
420 24
480
5
2
60
24
==
B
A
m
m

m
B
504 60