MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC

1. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN
A. BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
- Nguyên tắc: Tổng điện tích dương luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối.
Vì thế dung dịch luôn luôn trung hoà về điện.
Ví dụ 1: Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch ghi ở bảng dưới
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 dương 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.
Giá trị tuyệt đối của điện tích dương khác điện tích âm. Vậy kết quả trên là sai.
Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na
+

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
-
do Ba(OH)
2
cung cấp là (a + b) mol
Ta có:
 

3
O
4
, Fe
2
O
3
đun nóng thu được 64g sắt, khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dd Ca(OH)
2

dư được 40g kết tủa.Tính m.

Giải: Khí đi ra sau phản ứng gồm CO
2
và CO dư
CO
2
+ Ca(OH)
2
 CaCO
3
 + H
2
O
0,4
4,0
100
40



Giải: Đặt công thức của các muối là M
2
CO
3
và RCO
3

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

S và H
2
. Đốt C thu được SO
2
và H
2
O. Kết quả cuối cùng của quá
trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O
2
thu e.
Nhường e: Fe – 2e  Fe
2+2.
56
60
50
60
mol

S - 4e  S
+4
(SO
2
)

4.
32
30

, R
2
có hoá trị x, y không đổi (R
1
, R
2
không tác
dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp
A phản ứng hoàn toàn với dd HNO
3
dư thu được 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc.
Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO
3
thì thu được 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
nhường e cho Cu
2+
để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e
cho
5
N
để thành
2

, thì
số mol e thu vào là:
2
5
N
+ 10e 
0
2
N

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

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 được hỗn
hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO
2
. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung
dịch.
Giải: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.
Nhường e: Cu – 2e =
2
Cu

Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1)
Nhưng 0,07 cũng chính là số mol NO
3
-

Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 62.0,07 = 5,69g.
2. PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ
a. Cách giải: Viết các phương trình phản ứng. Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm. Tính
theo các phương trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra phương trình đại số. Giải
phương trình đại số (hoặc hệ phương trình) và biện luận kết quả (nếu cần).
b. Ví dụ:
(Trích đề thi vào ĐHSP Hà Nội 1998)Để m gam bột sắt (A) ngoài không khí, sau một
thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 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

3
)
3
+ NO + 5H
2
O
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H

- Có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương trình. Như vậy không đủ số phương trình để
tìm ra các ẩn số, do đó cần giải kết hợp với biện luận.
- Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu, như vậy không cần phải đi tìm
đầy đủ các ẩn x, y, z, t. ở đây có 2 phương trình, nếu biết giá trị của nó ta dễ dàng tính được
khối lượng sắt ban đầu đó là phương trình (2) và (3).
+ Tìm được giá trị của (2), đó là số mol Fe. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối
của Fe là 56 ta được m.
+ Tìm được giá trị của (3), đó là số mol nguyên tử O trong oxit. Nhân giá trị đó
với nguyên tử khối của O là 16 ta được khối lượng của oxi trong các oxit sắt. Lấy khối
lượng hỗn hợp B trừ đi khối lượng oxi ta được khối lượng sắt ban đầu, tức m.
- Thực hiện các phép tính trên:
+ 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
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

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

56
.242
3
3
m
m
NOFe


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

3
HNO
n
tạo NO
= n
NO
=
1,0






56
3
1,0.63
m

+ Tính
OH
n
2
: ta có
OH
n
2
=
2
1
3
HNO
n
pư
=
2
1



12 +







56
3
1,0.63
m
= 242.
56
m
+ 30.0,1 +







56
3
1,0.
2
1
.18
m

Nhận xét: Cho kết quả rất nhanh, tính toán rất nhẹ nhàng, khắc sâu bản chất
nhường e và thu e của các quá trình hóa học. Hạn chế là chỉ áp dụng được cho các quá
trình oxi hoá - khử.

3. PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung
bình)
a. Cách giải:
- Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất.
- Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối
hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất.
- Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là
MM
=

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 được 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

Số mol hỗn hợp
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

4. 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.
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp hai rượu no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi.
Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H
2
SO
4
đặc và bình 2 đựng nước
vôi trong dư, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. Tính a.
Giải
: Đặt CTPT của các rượu là C
n
H
2n+1
-OH và C
m
H
2m+1
-OH.
Gọi x, y là số mol các rượu.
C
n
H
2n+1

2
 CaCO
3
 + H
2
O
0,08
08,0
100
8


Ta lập được 2 phương 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)

gam.
Zn + CdSO
4
 ZnSO
4
+ Cd
65g 1mol 112g tăng 112 – 65 = 47g

04,0
208
32,8

mol
100
35,2 a
g
Ta có tỉ lệ:
100
35,2
47
04,0
1
a

.
Giải ra a = 80g.

Ví dụ 2: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dd CuSO
4
, sau một thời gian lấy thanh kim

A
m
(1)
M + Pb(NO
3
)
2
 M(NO
3
)
2
+ Pb
Ag  1mol 207 tăng (207 – A)g
xmol tăng
100
1,7 m
g
Rút ra: x =
A
m

207
100
1,7
(2)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

Từ (1) và (2) ta có:
64

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
.
Ví dụ 4: Nung 100g hỗn hợp gồm Na
2
CO
3
và NaHCO
3
cho đến khi khối lượng
hỗn hợp không đổi được 69g chất rắn. xác định phần trăm khối lượng của mỗi chất trong
hỗn hợp.
Giải: Chỉ có NaHCO
3
bị phân hủy. Đặt x là số gam NaHCO
3
.
2NaHCO
3


0
t
Na
2

CO
3
+ 2HCl  2MCl + CO
2
 + H
2
O (1)
1mol(2M+60)g 2(M+35,5) tăng (2M+71)-(2M+60) = 11gam
xmol 11gam

RCO
3
+ 2HCl  RCl
2
+ CO
2
 + H
2
O (2)
1mol(R+60)g (R+71) tăng (R+71)-(R+60) = 11g
ymol 11ygam

Từ (1) và (2): m
hh
= x + y =
2
CO
n
= 0,2
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software


x
xx
xx
D
D



1
2
2
1

D
2
x
2
x
1
- x
x
1
, x
2
, x là khối lượng chất ta quan tâm với x
1
> x > x
2


(ở đây x
1
= 0, vì nước thì nồng độ NaOH bằng 0).
Ví dụ 2: Cần trộn H
2
và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí có tỉ khối
so với metan bằng 1,5.

8

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.

Giải:
hh
M
= 1,5.16 = 24
2
H
V
2 4
24
11
2
22
4
2

CO
H

ON
V
V

NO
V
30 10,5
Ví dụ 4: Trộn 2 thể tích CH
4
với 1 thể tích hiđrocacbon X thu được hỗn hợp khí (đktc) có
tỉ khối so với H
2
bằng 15. Xác định CTPT của X.
Giải:
hh
M
= 15.2 = 30
2V 16 M
X
- 30

30

1V M
X
30 – 16

58
16
30

24

B
A
m
m

m
B
504 60

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.