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/ lít

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:
m
E
+ m
2
O
= m
2
CO
+ m
2
H
= 1,88 +
32.
4,22
904,1
= 4,6 (g)

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

đa chức nên công thức cấu tạo duy nhất là:

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

. 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

dư thì còn lại hỗn hợp Y có V = 89,6 lít (đktc).
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

b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:
6
Sáng kiến kinh nghiệm
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
= 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol)
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

=
01,0
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
⇔

+ H
2
O
7
Sáng kiến kinh nghiệm
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

khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.
Phương pháp này đặt biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp
có thể xảy ra.
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 %.

Theo (1); (2) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
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.
8
Sáng kiến kinh nghiệm
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

4,22
672,0
= 0,03 = n
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

(2)
3Fe + 2O
2
= 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)
Từ (1

= 0,018.22,4 = 0,4032 (lít)
2. Các phản ứng hòa tan có thể:
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

8.
32
184,2048,3
=
−
= 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
039,0
+
= 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

∑
i
n
n
2
+ M
3
.
∑
i
n
n
3
+ …
= (M
1
x
1
+ M
2
x
2
+M
3
x
3
+…)/(x
1
+ x
2

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