Sáng kiến kinh nghiệm
SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO TỈNH QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN
      

Tên đề tài:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG”
Giáo Viên : Trần Trọng Nghĩa
Tổ chuyên Môn : HÓA HỌC
1
Năm học 2010-2011
Sáng kiến kinh nghiệm
A.ĐẶT VẤN ĐỀ:
Học sinh khi giải một bài toán hoá học, ngoài việc cần phải nắm kỹ lý
thuyết còn phải nắm được hướng giải quyết bài toán, phân được dạng toán
cần giải . Giải một bài toán hoá học phổ thông các em thường rơi vào
trường hợp không tìm được hướng giải bài toán và dạng bài toán. Dẫn đến
tình trạng các em sẽ loay hoay mãi hoặc trình bài toán rất rườm rà, mất
nhiều thời gian. Hiện nay việc đánh giá kiến thức bằng trắc nghiệm khách
quan, việc tìm ra cách giải bài toán bằng phương pháp thích hợp giúp cho
các em hoàn thành bài toán chuẩn xác và nhanh nhất.
Qua 12 năm giảng dạy ở trường phổ thông Lê Quý Đôn, trong những giờ
luyện tập, tôi rút ra một kinh nghiệm, để giải nhanh một bài toán hoá học
phổ thông, ngoài việc nắm kỷ lý thuyết học sinh còn phải nắm vửng phương
pháp giải toán áp dụng cho từng dạng bài tập. Để giúp học sinh không gặp
trở ngại khi giải quyết một bài toán hoá học, tôi xây dựng đề tài sáng kiến:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG
HỌC PHỔ THÔNG”
Đề tài nghiên cứu giới hạn trong phạm vi giải quyết những bài toán cơ bản
THPT, giúp các đạt kết quả tốt trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẵng.

4.1. Phương pháp ghép ẩn số
4.2. Phương pháp tách công thức phân tử.
5. Phương pháp đường chéo.
6. Các phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử hợp chất hữu cơ.
6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử
6.2. Biện luận nhóm chức.
6.3. Các phương pháp biện luận để tìm công thức của chất vô cơ
1. Phương pháp bảo toàn.
1.1. Bảo toàn khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, đó là trên định luật bảo toàn
khối lượng: “Tổng khối lượng chất tham gia bằng tổng khối lượng sản phẩm thu
được ”. Nhưng rất chú ý là chỉ tính khối lượng của chất tham gia phản ứng, và ngoài
ra không tính khối lượng chất sẵn có trong dung dịch, chẳng hạn nước có sẵn trong
dung dịch…
Ví dụ 1: Khử hoàn toàn 1,74 gam một ôxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành
kim loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào bình đựng dung dịch Ca(OH)
2
dư, thấy tạo
thành 3 gam kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa tan hết vào dung dịch HCl
dư thì thu được 0,504 lít H
2
(đktc).
Xác định công thức ôxit kim loại.
+ Cho 1,74 gam ôxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng (dư) được dung dịch X và có khí SO
2
bay ra. Hãy xác định nồng độ mol/

Số mol CaCO
3
= 0,03 mol. Theo (1) và (2) ta có: n
CO
=
2
CO
n
= 0,03 (mol)
→ ya = 0,03(*). Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1). Ta có:
1,74 + 28.0.03 = mA + 44.0,03
Suy ra m
A
= 1,26 gam Hay M.xa = 1,26 (**).
Phản ứng của A với dung dịch HCl: 2A + 2nHCl = 2ACl
n
+ nH
2
(3)
xa
2
n
.xa
Ta có: số mol H
2
= 0,0225 =
2
n
.xa hay xa =
n

SO
4
= 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O
Số mol Fe
3
O
4
=
232
74,1
= 0,0075 mol → số mol Fe
2
(SO
4
)
3
= 0,01125 (mol).
Vậy C
M
Fe

. Hòa tan hết lượng muối này bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 0,448
lít CO
2
(đktc). Hãy viết các công thức cấu tạo có thể có của E (không viết các đồng
phân axit, nếu có).
Giải:
- Sơ đồ phản ứng cháy: E + O
2
→ CO
2
+ H
2
O (1)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:
4
Sáng kiến kinh nghiệm
m
E
+ m
2
O
= m
2
CO
+ m
2
H
= 1,88 +
32.
4,22

16
8,0
:12,0:
12
96,0
= 8:12:5.Vậy công thức chung của E là (C
8
H
12
O
5
)
n
Vì KLPT của E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188. vậy n = 1.
Vậy CTPT của E là C
8
H
12
O
5.
a. Theo phản ứng: Na
2
CO
3
+ 2HCl = 2NaCl + H
2
O + CO
2
Ta có: số mol CO
2

KLTB các gốc bằng
'R
M
= 88 – 67 = 21.
Như vậy phải có một gốc ví dụ R < 21 và R’ > 21.
Do đó R có thể là H (M = 1) hoặc CH
3
– (M=15)
Vì số mol 2 muối bằng nhau nên
21
2
'
'
=
+
=
RR
M
R
Nếu R là H (M = 1) thì R’ = 41 (C
3
H
5
–)
R là CH
3
– (M = 15) thì R’ = 27 (C
2
H
3


CH
2
-CH-CH
2
-OH
Kí hiệu hai gốc axit là A
1
, B
1
ta có các công thức cấu tạo có thể có của E là:
CH
2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
;
A
1
B
1
A
1

Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.
Bài tập 3.
Một dd có chứa 2 cation là Fe
2+
: 0,1mol và Al
3+
: 0,2 mol và 2 anion là Cl
-
: x
mol và SO
4
2-
là y mol. Tính x,y biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 g chất
rắn khan.
Bài tập 4.
Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp nhau
trong PNC nhóm II bằng dd HCl thu được 0,896 lit khí CO
2
(đo ở 54,6
0
C và 0,9
atm) và dung dịch X.
a. – Tính khối lượng nguyên tử A và B.
- Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch X.
b. Tính % khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
c. Nếu cho toàn bộ CO
2
hấp thụ vào 200ml dd Ba(OH)
2
thì nồng độ của là bao

a. Xác định thành phần hỗn hợp khí X.
b. Tính m.
Giải: Hỗn hợp khí X gồm N
2
, H
2
, NH
3
còn lại. PTPƯ:
2NH
3

→
0
t
N
2
+ 3H
2
(1)
Qua dung dịch HNO
3
dư NH
3
bị giữ lại :NH
3
+ HNO
3
= NH
4

.
b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:
n
N
(NH
3
ban đầu) = n
N
(N
2
) + n
N
(NH
3
) còn lại
= 2.1 + 2.1 = 4 mol. Vậy m = 4.17 = 68 (g).
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất X bằng 0,616 lít khí O
2
(đktc) ta thu được
2,18 hỗn hợp khí CO
2
, N
2
và hơi nước ở 109,2
0
C và 0,896 atm. Sau khi làm ngưng
tụ hơi nước, hỗn hợp khí còn lại chiếm 0,56 lít (đktc) và có tỉ khối so với hidro bằng
20,4. Xác định công thức phân tử của X.
Giải: - Theo đề: số mol (CO
2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho nguyên tử ôxi để tính khối lượng của nó
trong chất X. Ta có:
m
O
trong X + m
O
dùng để đốt cháy = m
O
trong CO
2
+ m
O
trong nước
→ m
O
trong X = 0,02.32 + 0,035.16 –
32.
4,22
616,0
= 0,02 (mol)
Gọi công thức tổng quát của X là C
x
H
y
O
z
N
t
ta có:
x : y : z : t = 0,02 : 0,035.2 : 0,02 : 0,005.2 = 0,02 : 0,07 : 0,02 : 0,01 =2 : 7 : 2 : 1

77,0
= 77. Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt của X là: C
2
H
7
O
2
N.
1.3. Bảo toàn điện tích:
Xuất phát từ đinh luật bảo toàn điện tích: “ Trong dung dịch chất điện ly, luôn
trung hòa về điện hay nói cách khác trong dung dịch chất điện ly tổng điện tích
dương luôn bằng tổng điện tích âm”. Dựa vào tính chất này để thiết lập phương
trình toán học liên hệ và tính được kết qủa cần thiết.
Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Fe
2+
(0,1 mol) và Al
3+
(0,2 mol) và hai
anion là Cl
-
(x mol) và SO
4
2-
(y mol). Tính x, y biết rằng sau khi cô cạn dung dịch thu
được 46,9 g chất rắn khan.
Giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
56.0,1 +27.0,2 +35,5.x +96y = 46,9
⇔
35,5x + 96y = 35,9 (1)
7

+ H
2
O
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
-
.

Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại M có hóa trị n duy nhất.
a. Hòa tan hoàn toàn 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl thu được 2,128 lít H
2
,
còn khi hòa tan 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO
3
dư thì thu được 1,792 lít NO
duy nhất. Hãy xác định kim loại M.
b. Lấy 3,61 g hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO
3
và
Cu(NO
3
)
2
. Khuấy kỹ đến phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 8,12g chất rắn gồm 3 kim
loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí H
2
.
Tính nồng độ mol/lít của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dung dịch ban đầu của chúng.
Biết thể tích được đo ở điều kiện tiêu chuẩn và H = 100 %.
Giải: a. Các phản ứng hòa tan hỗn hợp Y:
Fe + 2HCl = FeCl
2

2x + ny =
4,22
128,2
.2 = 0,19.(I)
Theo (3); (4) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
3x + ny =
4,22
792,1
.3 = 0,24.(II). Giải (I) và (II) ta có:
x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol.
Mặt khác theo khối lượng hỗn hợp Y thì:
0,05.56 + y.M = 3,61→ yM = 0,81.
Chúng ta thấy kết quả phù hợp là: n = 3; M = 27 và y = 0,03.
b. Vì Al hoạt động hơn Fe và vì chất rắn thu được gồm 3 kim loại nên chúng là Ag,
Cu, Fe. Các phản ứng có thể xảy ra:
Al + 3AgNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ 3Ag (5)
2Al + Cu(NO
3
)
2
= 2Al(NO
3
)
3

Fe
còn lại.
Gọi a, b là số mol AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
- Tổng số mol electron Ag
+
; Cu
2+
; H
+
nhận là: 1.a + 2b + 2.0,03
- Tổng số mol electron Al; Fe nhường là: 3.0,03 + 2.0,05
Áp dụng định luật bảo toàn số mol electron:
1.a + 2b + 2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 (I’)Mặt khác, theo khối lượng 3 kim loại ta có:
108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (II’)
Từ 2 phương trình (I’); (II’) trên dễ dàng rút ra a = 0,03 ; b = 0,05 (mol)
Vậy C
M
AgNO
3
=
1,0
03,0
= 0,3M, C
M

= Fe
3
O
4
(3) FeO + H
2
= Fe + H
2
O (4)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
= 2Fe + 3H
2
O (5) Fe
3
O
4
+ 4H
2
= 3Fe + 4H
2
O (6)
9
Sáng kiến kinh nghiệm
Từ (1
→

3FeO + 10HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (7)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
= 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (8)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
= 9Fe(NO
3

−
= 0,039
Trong đó n là số mol của NO thoát ra. Chúng ta dễ dàng rút ra n = 0,001(mol) và
V
NO
= 0,001.22,4 = 0,224(lit)
3. Các phản ứng có thể xảy ra:
2Al + 3FeO = 3Fe + Al
2
O
3
(10) 2Al + Fe
2
O
3
= 2Fe + Al
2
O
3
(11)
8Al + 3Fe
3
O
4
= 8Fe + 4Al
2
O
3
(12) Fe + 2HCl = FeCl
2

= 0,009.4 + n.2

⇔
0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2
Suy ra n = 0,295(mol). Vậy VH
2
= 0,295.22,4 = 6,608(lít)
2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình:
Đây là một trong những phương pháp được ứng dụng rất phổ biến để giải các
bài toán hóa học, đặt biệt là các bài toán hóa hữu cơ. Nó cho phép giải nhanh chóng
và đơn giản nhiều bài toán gồm hỗn hợp các chất rắn, lỏng củng như khí.
* Nguyên tắc của phương pháp:
Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB), được kí hiệu là
M
chính là khối lượng
của 1 mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
n
nM
nnn
nMnMnM
M


n
2
+ M
3
.
∑
i
n
n
3
+ …
10
Sáng kiến kinh nghiệm
= (M
1
x
1
+ M
2
x
2
+M
3
x
3
+…)/(x
1
+ x
2
+ x

321
332211
(3)
Trong đó v
1
, v
2
, v
3
…là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất khí thì
các công thức 1, 2, 3 trở thành 1
’
, 2
’
, 3
’
đơn giản hơn.
)(
21
2211
nnn
nMnM
M
=+
+
=
(1
’
) Trong đó n là tổng số mol các chất trong hỗn hợp.
M

1
’
, 2
’
hoặc 3
’
trong trường hợp nào. Tùy theo điều kiện bài toán cho hoặc cái ta cần
tìm là số mol, là thể tích hay % mà dùng công thức thích hợp: Cho gì, hỏi gì thì
dung công thức đó. Cũng tương tự như trên chúng ta có công thức tính số nguyên tử
C trung bình, số nguyên tử H trung bình, số nhóm chức trung bình…
Ví dụ 1: Hoà tan 2,84g hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm
chính nhóm II và thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn bằng dd
HCl ta thu được dd X và 672 ml CO
2
(đktc).
a. Xác định tên của hai kim loại đó
b. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải: - a. Gọi M là kí hiệu chung cho 2 kim loại. Ta có:
MCO
3
+ 2HCl = MCl
2
+ H
2
O + CO
2
(1)
Theo (1) số mol các muối cacbonat bằng số mol CO
2
=

Theo giả thuyết: n
A
= 0,05 mol
⇒
m
A
= 32.0,05 = 1,6 (g). Khối lượng B, C:
m
(B + C)
= 3,38 – 1,6 = 1,78 g.
⇒

CB
M
,
=
03,0
78,1
= 59,3.
Gọi
y
là số nguyên tử Hiđro trung bình trong phân tử hai rượu B, C.
Ta có: M
y
x
HC
OH = 59,3 hay 12x +
y
+ 17 = 59,3.
Chúng ta thấy chỉ có nghiệm phù hợp là: x = 3,

O
và 255,8 ml N
2
(ở 27
0C
, 740 mmHg). Hãy xác định công thức phân tử của A và B.
Giải: Số mol khí N
2
=
300.082,0.1000.760
8,255.740
=
RT
PV
= 3 mol.
Gọi
nn
NOHC )(
2
6
6
−
là công thức chung cho A và B với
n
là số nhóm chức trung
bình. Ta có các phương trình phản ứng hóa học:
C
6
H
6

6CO
2
+ (
2
6 n−
)H
2
O +
2
n
N
2
.(2)
Theo (2) ta có:
2
.
4578
34,2 n
n+
= 3
Giải ra ta được
n
= 1,7. Vậy công thức phân tử của A và B lần lượt là: C
6
H
5
NO
2
và
C

2
= 0,8 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
Số mol H
2
O = [ 15,7 + (0,975.32) – 0,8.44] : 18 = 0,65 mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tử O:
Số mol este = [0,65 + (0,8.2) – (0,975.2)] : 2 = 0,15 mol.
12
Sáng kiến kinh nghiệm
Suy ra số nguyên tử C trung bình =
15,0
8,0
= 5,33
⇒
5 < 5,33 < 6
Số nguyên tử H trung bình =
2.
15,0
65,0
= 8,66
⇒
8 < 8,66 < 10.
Vậy công thức của hai este là C
5
H
8
O
2
và C

và B: CH
2
=CH-COOC
3
H
7
.
3. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển chất A thành chất B (không
nhất thiết là trực tiếp, có thể qua nhiều giai đoạn trung gian). Khối lượng tăng hay
giảm bao nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ
dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản
ứng: MCO
3
+ 2HCl = MCl
2
+ CO
2
↑
+ H
2
O
Ta thấy khi chuyển 1 mol MCO
3
thành MCl
2
thì khối lượng muối tăng lên.
M + 2.35,5 – (M + 60) = 11(g), và có 1mol CO
2
bay ra hoặc ngược lại.

2) Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau
a. Cho HCl dư vào 1 phần sau đó cô cạn dung dịch và lấy chất rắn còn lại nung ở
nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi được chất rắn X. Tính % khối lượng các chất
trong X.
b. Đun nóng phần 2 rồi thêm từ từ 270ml dung dịch Ba(OH)
2
0,2 M vào. Hỏi tổng
khối lượng của 2 dung dịch giảm tối đa bao nhiêu? Giả sử nước bay hơi không đáng
kể.
Giải: Trong hỗn hợp Na
2
CO
3
và (NH
4
)
2
CO
3
có các ion: Na
+
, NH
4
+
, và CO
3
2-
Hỗn hợp BaCl
2
và CaCl

biến thành BaCO
3
hoặc CaCO
3
thì khối
lượng giảm 71 – 60 =11(g) (2Cl
-
chuyển thành CO
3
2-
). Do đó tổng số mol 2 muối
BaCO
3
và CaCO
3
bằng
11
7,3943 −
= 0,3 (mol)
Còn
∑
số mol CO
3
2-
= 0,1 + 0,25 = 0,35. Điều đó chứng tỏ dư CO
3
2-
.
Gọi x, y là số mol BaCO
3

3
= 100 – 49,62 = 50,38 %
2.a. Trong
2
1
dung dịch B có Na
+
, Cl
-
, NH
4
+
, CO
3
2-
, khi cho HCl vào:
CO
3
2-
+ 2H
+
= CO
2
+ H
2
O (3)
Như vậy cô cạn dd ta thu được chất rắn gồm 2 muối NaCl và NH
4
Cl. Khi đun nóng
hỗn hợp này thì NH

.0,25.2 = 0,25
Không cần quan tâm đến số mol các ion khác vì chúng không tham gia phản ứng.
Khi cho Ba(OH)
2
: Ba(OH)
2
= Ba
2+
+ 2OH
-
Vì số mol Ba(OH)
2
= 0,27.0,2 = 0,054
⇒
số mol OH
-
= 0,054.2 = 0,108
PƯ : Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
(5) NH
4
+
+ OH
-

b/ Cho a =
97
145
. Tính % khối lượng của mỗi anđehit trong A.
2) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được (m’ + 1,6) g hỗn hợp B. Giả thiết
H = 100%. . Còn nếu m’ gam hỗn hợp A tác dụng với AgNO
3
dư trong NH
3
thì thu
được 25,92 gam Ag lim loại. Tính % khối lượng 2 axit trong hỗn hợp B.
Giải: - PTPƯ: 2HCHO + O
2
2HCOOH (1)
14
Sáng kiến kinh nghiệm
2CH
3
CHO + O
2
2CH
3
COOH (2)
Giả sử hỗn hợp A chỉ có HCHO thì B chỉ có HCOOH
Vậy d
30
46
==
A
B

A
B
M
M
=
⇒=
+
+
97
145
4430
6040
yx
yx
x=5y.
Vậy % m HCHO = 77,3 % và % CH
3
CHO = 22.7 %
2) Các phản ứng:
HCHO + 4AgNO
3
+ 6NH
3
+ 2H
2
O (NH
4
)
2
CO

CHO trong m gam hỗn hợp A. Dựa vào số mol hỗn hợp
và n
Ag
ta có hệ phương trình:



=
=
⇒





=+
=+
08,0
02,0
108
92,25
24
1,0
y
x
yx
yx
Vì số mol axit bằng số mol anđehit tương ứng. Vậy % khối lượng mỗi axit trong B
là: %HCOOH = 16,08 %, %CH
3

2
nCO
2
+ (n +1)H
2
O
C
m
H
2m+1
OH + 1,5mO
2
mCO
2
+ (m +1)H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
+ H
2
O
Theo giả thuyết đề bài, chúng ta có: nx + ny = 0,08 (1)
15
Sáng kiến kinh nghiệm
(n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 (2)

aP + a’Q = 3,88 và a(P + 22) + a’(Q + 22) = 5,2
⇒
a +a’ = 0,06
2/ Phản ứng đốt cháy: C
x
H
2x
O
2
+ (1,5x - 1)O
2
x CO
2
+ xH
2
O (3)
C
y
H
2y
O
2
+ (1,5y – 1)O
2
y CO
2
+ y H
2
O (4)
Gọi b, b’ là số mol các axit trong 1,4 gam hỗn hợp.

n
n
. Nghĩa là trong anken Cacbon chiếm
7
6
khối lượng còn Hiđro
chiếm
7
1
. Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài
toán hữu cơ. Dưới đây là một số mẫu tách công thức phân tử:
16
Sáng kiến kinh nghiệm
1. Ankan: C
n
H
2n+2
C
n
H
2n
.H
2
2. Anken: C
n
H
2n

3. Ankin, Ankađien: C
n

2n-1
OH C
n
H
2n
O
7. Rượu thơm và phenol đơn chức: C
n
H
2n-7
OH C
m
H
2m
O ( m = n - 3)
8. Anđehit (Xeton) no đơn chức: C
n
H
2n+1
CHO C
n
H
2n
HCHO hoặc
C
m
H
2m
O (trong đó m = n +1)
9. Axit no đơn chức:C

và bao nhiêu gam H
2
O.
Giải: 2C
n
H
2n+1
OH + 2Na 2C
n
H
2n+1
ONa + H
2
↑
(1)
2C
m
H
2m+1
OH + 2Na 2C
m
H
2m+1
ONa + H
2
↑
(2)
C
n
H

2x
=
2
15,6
- 1,08 = 1,995 (g)
VCO
2
=
12.7
6.995,1
.22,4 = 3,192 (lit), khối lượng H
2
O =
2.7
18.995,1
+ 1,08 = 3,645 (g)
5. Phương pháp đường chéo:
- Thường áp dụng đối với bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể hoặc dị
thể nhưng 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 nhau nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất). Ví dụ: trộn Na
2
O
với dung dịch NaOH ta được một chất là NaOH
- Trộn hai dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau ta được một dung dịch chất
A với nồng độ duy nhất. Như vậy lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. Sơ đồ
tổng quát của phương pháp đường chéo như sau:
D
1
x

, x là khối lượng chất ta quan tâm với x
1
> x > x
2
. D
1
, D
2
là khối lượng hay
thể tích các chất (hay dd đem trộn lẫn).
17
Sáng kiến kinh nghiệm
Ví dụ 1: Cần lấy bao nhiêu gam thể tích CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu gam dd CuSO
4
8% để điều chế 280 gam dd CuSO
4
16%.
Giải: Hàm lượng CuSO
4
trong CuSO
4
.5H
2
O =
100.
250

2
O; m
2
= 240 g dd CuSO
4
8%.
Ví dụ 2: Crackinh n – butan thu được hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon. Cho hh khí sục
qua bình nước brôm dư thấy có 25,6 g brôm phản ứng, sau thí nghiệm thấy khối
lượng bình brôm tăng 5,32 gam. Hổn hợp khí ra khỏi bìmh nước brôm có tỉ khối đối
với CH
4
là 1,9625. Tính hiệu suất phản ứng Crackinh.
Giải: PTPƯ C
4
H
10

 →
0
,txt
CH
4
+ C
3
H
6
(1)
C
4
H

2
(3)
C
2
H
4
+ Br
2
C
2
H
4
Br
2
(4)
Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình bao gồm: CH
4
, C
2
H
6
, C
4
H
10
. Gọi x là số mol C
4
H
10
phản ứng ở (1), y là số mol C

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:
0,1 30
M
- 16

M

⇒

M
M
−
−
=
30
16
06,0
01,0

⇒

M
= 24,75.
0,06 16 30 -
M
Ta có
);;(
104624
HCHCCHM
= 1,9625.16 = 31,4. Áp dụng sơ đồ đường chéo:

Số bài tập loại này rất nhiều và đa dạng. Trong phần này chỉ có thể giới thiệu một số
ví dụ điển hình sau:
6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử
Như chúng ta biết, để tìm công thức đơn giản có thể dựa vào tỉ lệ số mol các
nguyên tố (trên cơ sở tìm khối lượng của các nguyên tố hoặc số mol của các sản
phẩm hoặc dùng công thức đơn giản là tương đối dễ nên không nói tới ở đây)
Ví dụ 1: Công thức đơn giản nhất của 1 hidrocacbon là (C
x
H
2x+1
)
n
. Hãy biện luận để
tìm công thức phân tử.
Giải: - Cách 1:Vì C
x
H
2x+1
ứng với gốc hidrocacbon no hóa trị I (ví dụ C
2
H
5
-) nên nó
chỉ có thể kết hợp với một gốc hóa trị I khác, tức là n = 2 và CTPT là C
2x
H
4x+2
với
mọi x nguyên.
Cách 2: (C

H
4
O
3
)
n
. Hãy biện luận để
tìm CTPT của axit đó.
Giải: - Cách 1: Ta có C
3n
H
4n
O
3n
trước hết viết tách phần gốc Hidro và phần gốc chứa
axit
2
3
2
3
4
2
3
3
)(
nn
n
n
n
COOHHC

O
8
Cách 2: Vì số nguyên tử oxi phải chẵn (-COOH) nên n phải có giá trị 2,4,6.
- Khi n = 2 ta có CTPT C
6
H
8
O
6
hay C
3
H
5
(COOH)
3
: đúng
- Khi n = 4 ta có C
12
H
16
O
12
hay C
6
H
10
(COOH)
6
ta thấy thừa hidro trong phân gốc hc
nên loại.

1
H
2
O (1)
–OH + Na –ONa +
2
1
H
2
↑
(2)
Còn khi tác dụng với NaOH chỉ có nhóm chức –COOH:
–COOH + Na –COONa + H
2
O (3)
Theo (1) và (2) tổng số mol (nhóm) –OH và –COOH = 2nH
2
= 2.0,15 = 0,3 mol và
theo (3) số mol (nhóm) –COOH = số mol NaOH = 0,2 mol. Ta lần lượt xét các
trường hợp:
+ Trường hợp (1) loại vì giả sử A là axit no có CTPT là C
n
H
2n
(COOH)
2
thì khi đốt
cháy n số mol CO
2
(bằng n + 2) lớn hơn số mol H

COOHH
,



−− )
42
3
COOHHCHO
COOHCH
Nếu H–COOH được coi như có cả nhóm chức –CHO thì loại trường hợp này.
Trường hợp 4: Cách giải tương tự trường hợp 3 nhưng không có cặp chất nào phù
hợp.
Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 19 gam chất hữu cơ A (mạch hở, tác dụng được với
Na) thu được m
1
gam chất B có hai nhóm chức và m
2
gam chất D. Để đốt cháy hoàn
toàn m
1
gam chất B cần 0,6 mol oxi sản phẩm gồm 0,6 mol CO
2
, 0,6 mol H
2
O. Để
đốt cháy hoàn toàn m
2
gam chất D phải dùng hết 0,3 mol oxi, sản phẩm gồm 0,2 mol
CO

khối lượng H
2
O = 3,6 g
(trong đó có 0,4 gH)
Trong 19 g A có: 2,4+7,2 = 9,6 gC; 0,6 + 12 – 0,4 = 1,4 gH
Và 19 – 9,6 – 1,4 = 8 gam O. Ta có: n
C
: n
H
: n
O
=
16
8
:
4
4,1
:
12
6,9
= 8 : 14 : 5
Vậy CTPT của A là C
8
H
14
O
5
(M= 190 g/mol)
Khi thủy phân 19 gam A (0,1mol) cần 3,6 gam H
2

12
O
6
: loại
Khi x = 3 thì n = 2 ta có C
2
H
4
O
4
: loại vì không thõa mãn điều kiện cho (B có hai
nhóm chức)
Khi x = 2, n = 3 ta có C
3
H
8
O
3
ứng với công thức của axit lactic chẳng hạn:
CH
3
–CH(OH) –COOH
Vậy công thức cấu tạo của A là: CH
3
–CH(OH) –COO–CH(CH
3
)COOC
2
H
5

+ H
2

↑
(1)
2R + 2 H
2
O = 2ROH + H
2
↑
(2)
Ba(OH)
2
+ 2HCl = BaCl
2
+ 2 H
2
O (3)
ROH + HCl = RCl + H
2
O (4)
Theo (1,2,3,4) n
HCl
= 2
2
H
n
nên ta có:
⇒=
10

Sáng kiến kinh nghiệm
137x + Ry = 1,6 (kl
10
1
hợp kim) và x +
10
1
.
4,22
36,3
2
=
y
= 0,015 (số mol H
2
)
Từ đó rút ra x =
R
R
7137
03,06,1
−
−
(6). Theo phản ứng (5) n
Ba
nằm trong khoảng
0101,0
1000
1,0).299(
0099,0

3
)
x
y2
+ yH
2
O (1)
Theo (4) ta có:
⇒
+
=
+ yyMyxM 124
22,5
16
06,3
M = 68,5.
x
y2
.
Trong đó
x
y2
= m là hóa trị của kim loại. Nên viết lại M = 68,5n
Chúng ta thấy nghiệm duy nhất phù hợp là n =2, M = 137. Vậy M là Ba.
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn a gam một ôxit sắt bằng H
2
SO
4
đặc nóng thấy thoát ra
khí SO

3
+ (3x – 2y)SO
2
+ (6x – 2y)H
2
O (1)
Fe
x
O
y
+ yCO = xFe + yCO
2
(2)
2Fe + 6H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (3)
Theo (1): số mol SO
2

2
3
=⇔=⇔=
−
⇔=
−
y
x
yx
yx
xyxnnx
Vậy CTPT của ôxit sắt là Fe
3
O
4.
E. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
22
Sáng kiến kinh nghiệm
Sau một thời gian giảng dạy giúp cho học sinh nắm các phương pháp giải các
dạng bài tập hoá học hữu cơ và vô cơ. Trong những giờ luyện tập giáo viên chỉ cần
gợi ý dạng bài tập đó ứng với phương pháp giải nào, từ đó học sinh tự hoạt đông, kết
quả học sinh rất có hứng thú giải bài tập hoá học, kết quả làm các bài tập trắc
nghiệm khách quan củng đạt hiệu quả cao hơn. Các giờ luyện tập trên lớp sôi động
hơn và hiệu quả hơn.
G. KẾT LUẬN:
Đề tài “ “PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG
HỌC PHỔ THÔNG” là một nội dung rất quan trọng trong việc giúp ích cho học
sinh trong việc hoàn thành tốt một bài tập hoá học phổ thông, rèn luyện kỹ năng
giải bài tập hoá học và phát triển tư duy của học sinh. Nhất là trong giai đoạn đổi
mới hình thức đánh giá kiểm tra bằng trắc nghiệm khách quan, học sinh muốn

-Đơnvị:
- Điểm cụ thể:

Phần
Nhận xét
của người đánh giá xếp loại đề tài
Điểm
tối đa
Điểm
đạt
được
1. Tên đề tài
2. Đặt vấn đề
1
3. Cơ sở lý luận 1
4. Cơ sở thực tiễn 2
5. Nội dung nghiên cứu 9
6. Kết quả nghiên cứu 3
7. Kết luận 1
8.Đề nghị
9.Phụ lục
1
10.Tài liệu tham khảo
11.Mục lục
12.Phiếu đánh giá xếp loại
1
Thể thức văn bản, chính tả 1
Tổng cộng 20đ

Căn cứ số điểm đạt được, đề tài trên được xếp loại :


5. Đánh giá, xếp loại:
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Trường (Trung tâm):

thống nhất xếp loại :
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên)
25