Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hóa học là một môn khoa học vừa mang tính lý thuyết vừa mang tính thực
nghiệm, việc hệ thống hóa kiến thức một cách có hệ thống là một điều rất cần thiết
đối với các em học sinh. Trong các kỳ thi vào ĐH-CĐ các khối A, B đều có môn
hóa học và muốn làm tốt bài thi vào ĐH-CĐ thì ngoài việc học tốt lý thuyết các em
cần phải nắm vững các phương pháp giải các bài toán hóa học phổ thông. Nhằm
giúp các em học sinh học tốt bộ môn hóa học ở chương trình phổ thông tôi chọn
chuyên đề “ Các phương pháp giải toán hóa học “. Chuyên đề này tổng kết lại các
phương pháp cơ bản ứng dụng vào việc giải các bài toán hóa học phổ thông bao
gồm các phương pháp:
 Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng
 Phương pháp tăng giảm khối lượng
 Phương pháp bảo toàn electron
 Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình
 Phương pháp tự chọn lượng chất
 Phương pháp đường chéo
 Phương pháp biện luận
 Phương pháp đồ thị
Trong mỗi phương pháp có trình bày nguyên tắc vận dụng và nhiều thí dụ
minh họa cho việc vận dụng phương pháp. Các thí dụ phần lớn là các bài toán rút
ra từ các đề thi tuyển sinh vào ĐH-CĐ
Việc nắm vững phương pháp sẽ giúp cho các em giải quyết một các có hiệu
quả các bài toán thi vào ĐH và việc làm nhanh, hiệu quả các bài tập hóa học sẽ
thuận lợi cho các em làm bài tập dưới hình thức trắc nghiệm.
Hy vọng chuyên đề này giúp ích cho các em học sinh học tốt hơn bộ môn
hóa học ở trường PTTH và làm tốt đề thi vào ĐH.
B. NỘI DUNG
Chuyên đề lần lượt giới thiệu các phương pháp vận dụng để giải các bài toán
hóa học ở chương trình PTTH :
Trang 1

H2O
= 4:3)
1,904 lít (đkc)
Tính khối lượng các nguyên tố trong E
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mE + mO
2
(pứ) = m
CO2
+ m
H2O
⇒
mCO
2
+ mH
2O
= 1,88 +
32
4,22
904,1
×
= 4,6 gam (*)
Theo đề bài ta có :
3
4
2
2
=
OH
CO
V

⇒
mC

= 0,96 gam, mH =
0,12 gam
Khối lượng oxi: mO = 1,88 – (mC + mH) = 1,88 – (0,96 + 0,12) = 0,8 gam
Gọi CTTQ của E: C
x
H
y
O
z
ta có:
x:y:z =
16
8,0
:12,0:
12
96,0
16
::
12
=
O
H
C
m
m
m
= 8:12:5

2
Một hợp chất hữu cơ A có thành phần nguyên tố C, H, O, tác dụng vừa đủ với
dung dịch KOH có nồng độ 11,666%. Sau phản ứng thu được dd X. Cô cạn dd X
thì phần hơi chỉ có H
2
O với khối lượng là 86,6 gam, còn lại là chất rắn Y có khối
lượng 23 gam. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 13,8 gam K
2
CO
3
và CO
2
, H
2
O với
tổng khối lượng của hai chất này là 38 gam. Lấy toàn bộ lượng CO
2
này cho vào 9
lít dd Ca(OH)
2
0,1M thì thu được 70 gam kết tủa.
a/ Tìm công thức đơn giản của A.
b/ Biết rằng A đơn chức. Xác định CTCT có thể có của A.
Tóm tắt : K
2
CO
3
+ (CO
2
+ H

• Ca(OH)
2
dư:
Pt : CO
2
+ Ca(OH)
2
 CaCO
3
 + H
2
O (1)
Theo (1)
⇒
số mol CO
2
= 0,7 mol
⇒

.2
CO
m
= 0,7
×
44 = 30,8 gam
⇒

OH
m
2

m
= 1,1
×
44 = 48,4 g > 38 g (loại)
Số mol K
2
CO
3
=
138
8,13
= 0,1 mol
Khối lượng cacbon : mC = 0,1
×
12 + 0,7
×
12 = 9,6 gam
Ta thấy toàn bộ KOH trong dd ban đầu qua các quá trình chuyển hóa tạo thành
K
2
CO
3
Theo quá trình: 2KOH  K
2
CO
3

⇒
số mol KOH = 0,1
×

KOH
= mddX = 86,6 + 23 = 109,6
gam
⇒
mA = 109,6 – 96 = 13,6 gam
Khối lượng oxi trong A : mO = 13,6 - (mC + mH) = 13,6 – (9,6 + 0,8) = 3,2 gam
Gọi CTTQ của A : C
x
H
y
O
z
ta có : x:y:z =
1:4:42:8:8
16
2,3
:8,0:
12
6,9
16
::
12
===
O
H
C
m
m
m
CTTN của A : (C

Trang 3
C CH
3
H
O
O
C
CH
3
H
O
O
C
CH
3
H
O
O
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
TD
3
Hỗn hợp A gồm KClO
3
, Ca(ClO
3
)
2
, Ca(ClO)
2
, CaCl

B SO
3
dd H
2
SO
4
A Ca(ClO
3
)
2
CaCl
2
+ O
2
191,1 g 80%
Ca(ClO)
2
KCl
KCl
83,68 gam K
2
CO
3
(C) + dd D
360 ml 0,5M
mKCl
/D
=
3
22

2
 (3)
Hỗn hợp B gồm CaCl
2
và KCl. Cho B tác dụng với dd K
2
CO
3
xảy ra ptpứ:
CaCl
2
+ K
2
CO
3
 CaCO
3
 + 2KCl (4)
Theo (4) số mol CaCO
3
= 0,18 mol
⇒
khối lượng CaCO
3
= 0,18
×
100 = 18 gam
b/ Tính % khối lượng của KClO
3
trong A:

Theo (5), (6) ta có số mol O
2
=
mol78,0
2
56,1
=
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mA = mB + mO
2

⇒
mB = 83,68 – 0,78
×
32 = 58,72 gam
Khối lượng KCl trong B = 58,72 – 0,18
111×
= 38,74 gam
Khối lượng KCl trong D = 0,18
×
2
×
74,5 + 38,74 = 65,56 gam

⇒
Khối lượng KCl trong A =
22
356,65
×
= 8,94 g

V
2
O
5
t
0
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
II/ PHƯƠNG PHÁP TĂNG – GIẢM KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào sự tăng, giảm khối lượng khi
chuyển từ chất này sang chất khác ứng với 1 mol chất. Dựa vào sự tăng, giảm khối
lượng của chất theo điều kiện đề bài ta có thể suy ra số mol (hoặc khối lượng) chất
phản ứng hoặc sản phẩm tạo thành.
TD
1
Hòa tan 10 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị 2 và 3 bằng dung
dịch HCl thì thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đkc). Hỏi khi cô cạn
dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải :
Gọi công thức 2 muối cacbonat lần lượt là XCO
3
và Y
2
(CO
3
)
3
Pt : XCO
3
+ 2HCl  XCl
2

Khối lượng muối clorua thu được là: 10 + 0,03
×
11 = 10,33 gam
TD
2
Cho hỗn hợp A gồm một rượu no đơn chức và một rượu chưa no (có một nối
đôi) đơn chức. Chia A thành 2 phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng a gam.
- Cho phần I vào bình kín B có dung tích 12 lít và cho bay hơi ở 136,5
0
C.
Khi rượu bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,14 atm.
- Đem ester hóa phần II với 30 gam axit axetic, hiệu suất phản ứng ester hóa
đối với mỗi rượu đều là h%.
Tính khối lượng ester thu được theo a và h.
Giải
Tổng số mol của hỗn hợp 2 rượu trong ½ hỗn hợp A =
mol
RT
PV
05,0
)5,136273(4,22
2731214,0
=
+×
××
=
Gọi công thức chung của 2 rượu là
R
OH
Pt : CH

Phương pháp này áp dụng trong các phản ứng oxi hóa khử. Nguyên tắc của
phương pháp này là:
- Các phản ứng oxi hóa khử đều được phân tích làm 2 quá trình: Quá trình
chất khử nhường electron gọi là quá trình oxi hóa. Quá trình chất oxi hóa
nhận electron gọi là quá trình khử.
Trang 5
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
- Khi có nhiều chất oxi hóa và chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều
phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà chất khử
cho bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận.
Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi
hóa và chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng. Sau
đây là một vài bài tập vận dụng phương pháp bảo toàn electron.
TD
1
Để m gam sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp
(B) có khối lượng 30 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Cho (B) tác dụng
hoàn với dd HNO
3
thấy giải phóng 5,6 lít khí NO duy nhất ở đkc.
a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b/ Tính khối lượng m của (A).

O
3
(3)
Cho (B) tác dụng với dd HNO
3
Fe + 4HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (4)
3FeO + 10HNO
3
 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (5)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
 9Fe(NO

3+
(quá trình oxi hóa)
a
O + 2e
-
 O
2-
b
−
3
NO
+ 4H
+
+ 3e
-
 NO + 2H
2
O
0,25
Số mol NO =
mol25,0
4,22
6,5
=

Gọi a là số mol Fe ban đầu, b là số mol nguyên tử oxi phản ứng
Theo nguyên tắc bảo toàn electron ta có :
∑
electron
nhường =

khuấy kỷ tới phản ứng hoàn toàn thu được 8,12
gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dd HCl dư thấy thoát ra
0,672 lít H
2
(đkc). Tính nồng độ mol của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dd ban đầu.
Tóm tắt
(Al, Fe) hh 3 kim loại H
2
0,672 lít (đkc)
3,61 gam 8,12 gam
Các phương trình phản ứng :
Vì Al hoạt động mạnh hơn Fe và Ag
+
có tính oxi hóa mạnh hơn Cu
2+
và theo
đề bài chất rắn thu được sau phản ứng gồm 3 kim loại nên các kim loại gồm: Ag,
Cu và một phần Fe còn lại.
Al + 3AgNO
3
 Al(NO
3
)
3

2
(5)
5 phương trình phản ứng trên được biểu diển bằng 2 quá trình sau:
Al - 3e
-
 Al
3+
Fe - 2e
-
 Fe
2+
Ag
+
+ 1e
-
 Ag
Cu
2+
+ 2e
-
 Cu
2H
+
+ 2e
-
 H
2
Gọi a là số mol AgNO
3
ban đầu, b là số mol Cu(NO

Nồng độ mol các muối trong dung dịch ban đầu:
MC
AgNO
3,0
1,0
03,0
3
==
MC
NOCu
5,0
1,0
05,0
23
)(
==
TD
3
Cho hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hóa trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ
mol lần lượt là 1:2:3 trong đó số mol của X bằng x mol. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp
A bằng dd có chứa y gam HNO
3
(lấy dư 25%). Sau phản ứng thu được dd B không
chứa NH
4
NO
3
và V lít hỗn hợp khí G (đkc) gồm NO
2
và NO.

-
 Y
2+
Z - 1e
-
 Z
+
−
3
NO
+ 4H
+
+ 3e
-
 NO + H
2
O

−
3
NO
+ 2H
+
+ 1e
-
 NO
2
+ H
2
O

100
×
×
y

⇒
y = 78,75(10x +
4,22
V
)
TD
4
Oxi hóa hoàn toàn 2,184 gam sắt thu được 3,048 gam hỗn hợp 2 oxit sắt (hh
A). Chia hh A thành 3 phần bằng nhau :
a/ Cần bao nhiêu lít H
2
(đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần I?
b/ Hòa tan phần II bằng dd HNO
3
loãng dư. Tính thể tích NO sinh ra (đkc)
c/ Phần III : trộn với 5,4 gam Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (h =
100%). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dd HCl dư. Tính
thể tích khí thoát ra (ở đkc).
Phần I: Fe
(Fe) hh A (2 oxit) Phần II: NO
2,184 gam 3,048 gam
Phần III: hh(Fe, Al
2
O
3

2
+ HNO
3

+ Al, t
0
+ HCl dư
5,4 gam
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Quá trình phản ứng được biểu diển bằng 2 quá trình:
O
2
+ 4e
-
 2O
2-
(quá trình khử)
H
2
- 2e
-
 2H
+
(quá trình oxi hóa)
Gọi x là số mol H
2
ta có: 0,009
×
4 = 2x
⇒

3
NO
+ 4H
+
+ 3e
-
 NO + 2H
2
O
Số mol Fe trong
3
1
lượng Fe ban đầu =
mol013,0
563
184,2
=
×
. Gọi y là số mol
NO. Ta có :
0,013
3
×
= 0,009
×
4 + 3y
⇒
y = 0,001 mol
⇒
V

2
Theo các quá trình trên ta thấy toàn bộ Fe và Al ban đầu đều chuyển thành Fe
2+
và
Al
3+
chịu dưới 2 tác nhân oxi hóa O
2
và H
+
Các quá trình oxi hóa khử :
Fe - 2e
-
 Fe
2+
Al - 3e
-
 Al
3+
O
2
+ 4e
-
 2O
2-
2H
+
+ 2e
-
 H

Am
-
- me
-
 A (2)
y my y
Gọi x là số mol cation bị khử tại catot. Theo công thức faraday và theo (1) ta có
khối lượng chất thoát ra tại catot:
Trang 9
(quá trình khử)
quá trình khử
quá trình oxi
hóa
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
m =
It
n
A
F
1

⇒

F
It
n
A
m
=


×
0,6 = 0,12 mol
Trong dung dịch A có các ion : Cu
2+
, H
+
, Cl
-
,
−2
4
SO
. Theo phương trình điện ly:
CuSO
4
 Cu
2+
+
−
2
4
SO
(1)
HCl  H
+
+ Cl
-
(2)
Trong dung dịch A số mol Cu
2+

-
 H
2
(4)
Anot (+)
−
2
4
SO
, Cl
-
Khi điện phân thì Cl
-
bị oxi hóa
2Cl
-

_
2e  Cl
2
(5)
0,12 0,06
khi hết Cl
-
nếu tiếp tục điện phân thì nước bị oxi hóa.
2H
2
O
_
4e

số mol electron = 0,12 mol < 0,2 nên xảy ra
tiếp quá trình (6). Gọi y là số mol O
2
sinh ra. Theo đề bài ta có:
0,12 + 4y = 0,2
⇒
y = 0,02 mol
Thể tích khí thoát ra tại anot = (0,06 + 0,02)
×
22,4 = 1,792 lít
TD
2
Hòa tan hết hỗn hợp A gồm 0,02 mol CuO và 0,01 mol Fe
2
O
3
bằng lượng
vừa đủ dung dịch HCl thu được dung dịch B. Điện phân dung dịch B bằng điện
Trang 10
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
cực trơ với dòng điện có cường độ 1,93 ampe trong thời gian 33 phút 20 giây. Tính
khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc) thoát ra ở anot, biết hiệu
suất điện phân là 100%.
Giải:
Hòa tan hỗn hợp A bằng dd HCl xảy ra pt:
CuO + 2HCl  CuCl
2
+ H
2
O (1)

Số mol Cu
2+
= 0,02 mol, số mol Fe
3+
= 0,02 mol
số mol Cl
-
= 0,02
×
2 + 0,02
×
3 = 0,1 mol
Khi điện phân:
Catot (-) Cu
2+
, Fe
3+
Khi điện phân thì Fe
3+
bị khử thành Fe
2+
Fe
3+
+ 1e
-
 Fe
2+
(3)
Khi hết Fe
3+

2
O bị oxi hóa
2H
2
O - 4e
-
 O
2
+ 4H
+
(6)
Theo đề bài số mol electron điện phân =
mol
F
It
04,0
96500
)206033(93,1
=
+××
=
Tại catot khi điện phân hết Fe
3+
số mol electron = 0,02 mol < 0,04. Vậy có quá
trình (4). Gọi x là số mol Cu
2+
bị điện phân, ta có:
0,02 + 2x = 0,04
⇒
x = 0,01 mol

m
hh

⇒

hhX
M
=
zyx
zMyMxM
CBA
++
++
Nếu tính theo thể tích (đo ở cùng đk nhiệt độ và áp suất)
hhX
M
=
CBA
CCBBAA
VVV
MVMVMV
++
++
A B C
PTK M
A
M
B
M
C

A
< M
B
< M
C
thì M
A
< < M
C
Đối với các bài toán hỗn hợp gồm 2 chất A, B (hoặc có thể nhiều hơn) có
cùng hóa tính tác dụng với các chất khác theo cùng tỉ lệ mol. TD: các hchc thuộc
cùng dãy đồng đẳng, các kim loại thuộc cùng phân nhóm chính … thì ta có thể đặt
các chất trong hỗn hợp thành một chất đại diện và khi đó bài toán hỗn hợp chuyển
thành bài toán một chất.
2/ Xác định CTPT các hợp chất hữu cơ thuộc cùng dãy đồng đẳng:
* Số nguyên tử cacbon trung bình, số nguyên tử hidro trung bình
TD : Có hỗn hợp X gồm 2 hchc thuộc cùng dãy đồng đẳng A và B. Giả sử A và B
có các đại lượng riêng phần như sau:
A có số cacbon là Cn có khối lượng mA có số mol là a có KLPT M
A
B có số cacbon là Cm có khối lượng mB có số mol là b có KLPT M
B
Gọi D là chất đại diện cho A và B. D có các đại lượng riêng phần như sau :
D có số cacbon là , có khối lượng là m
D
, có số mol là x, có KLPT là M
D
.
Khi đó ta có:
là số cacbon trung bình của A và B. Giả sử : n < m thì ta có : n < < m

anken trong hỗn hợp X.
Giải :
Gọi công thức chung của 2 anken kế tiếp là : trong đó là số
cacbon trung bình của 2 anken
Pt :
Trang 12
n
C
n
M
hhx
M
hhx
n
n
n
2
n
C H
n
n
n
n
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
+
2
3n
O
2
 CO

H
6
trong hỗn hợp X. (1 – x) là % thể tích của C
2
H
4
trong
X.
Ta có KLPTTB của hh X
M
= 14 = 14
×
2,4 = 33,6
⇒
42x + 28(1 – x) = 33,6
⇒
x = 0,4
⇒
%C
3
H
6
= 40% và %C
2
H
4
= 60%
TD
2
Hỗn hợp X gồm 0,01 mol natrifomiat và a mol 2 muối natri của 2 axit no đơn

2
+ H
2
O (1)
2 + (3 + 1)O
2
 Na
2
CO
3
+ (2 + 1)CO
2
+ (2 + 1)H
2
O (2)
theo (1) (2). Số mol CO
2
=
2
)12(
2
01,0 an +
+
mol = số mol H
2
O.
Theo đk đề bài:
51,3
22
=−

01,0
=+
a

⇒
a = 0,04 mol.
Thay a vào (*)
⇒
= 2,75 từ đó
⇒
CTPT 2 muối : C
3
H
5
O
2
Na CTCT
CH
3
-CH
2
-COONa (Natri propionat)
C
4
H
7
O
2
Na CTCT CH
3

96 + 0,03
×
110 = 4,94 gam
Trang 13
2
n
C H
n
n
n
n
2
n
C H
n
1
COONa
n
2
n
C H
n
1
COONa
n
n
n
n
CH
3

2
SO
4
đặc và sau đó qua bình
II đựng dd Ca(OH)
2
dư thì thấy khối lượng bình I tăng m gam và bình II tăng 46,2
gam. Mặt khác nếu cho 3,015 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với NaOH thì thu
được 2,592 gam muối.
a/ Tính m.
b/ Tìm CTPT của 2 este.
c/ Tính % khối lượng của 2 este trong hỗn hợp X.
d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa.
Tóm tắt :
hh X
R
COOR CO
2
+ H
2
O
20,1 gam
Bình I (H
2
SO
4
đ) Bình II (dd Ca(OH)
2

dư)

CO
2
+
2
y
H
2
O (1)
Số mol O
2
phản ứng =
mol305,12,0
4,22
1,146
=×
Theo đề bài thì độ tăng khối lượng của bình đựng dd Ca(OH)
2
là khối lượng CO
2
⇒

2
CO
m
= 46,2 gam
Số mol CO
2
=
44
2,46

Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Khối lượng hh X = (12
x
+
y
+ 32)a = 20,1 (***) a
y
= 1,74
⇒

y
= 9,6
⇒
m = 18a
2
y
=
=×18
2
74,1
15,66 gam
b/ Xác định CTPT của 2 este:
Do 2 este là kế tiếp và trong phân tử este số H là số chẳn nên từ
x
và
y

⇒

CTPT của 2 este là: C

u = 0,03 và t = 0,15
%C
5
H
8
O
2
=
%9254,14100
1,20
10003,0
=×
×
%C
6
H
10
O
2
=
%0746,85100
1,20
11415,0
=×
×
d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa:
Gọi công thức chung của 2 este có dạng:
R
COOR.
Số mol este trong 3,015 gam hh X =

- (M = 29).
Nếu axit chưa no thì gốc CH
2
=CH- (M = 27) > 26,67 (loại). Vậy công thức 2
este: CH
3
COOC
3
H
5
và C
2
H
5
COOC
3
H
5

⇒
công thức 2 muối: CH
3
COONa và
C
2
H
5
COONa.
Gọi b, c lần lượt là số mol CH
3

(Y): CmH
2m + 2 – 2t – y
(B)
y
có số mol là b
với k, z : là số liên kết
π
và số nhóm chức của (X), t, y : là số liên kết
π
và số
nhóm chức của (Y).
Số liên kết pi trung bình :
π
=
ba
btak
+
+
Nếu k < t
⇒
k <
π
< t
Số nhóm chức trung bình :
NC
=
ba
byaz
+
+

= 0,07 mol. Số mol H
2
=
mol055,0
4,22
232,1
=
Pt :

+
z
K 
−
−
Z
OKR )(
+
2
z
H
2
(1)
Theo (1) ta có
2
07,0
z
×
= 0,055
⇒



+ 2
O
2
+
2
)13(
−
m
O
2
 mCO
2
+ (m + 1)H
2
O (2)
Số mol CO
2
=
44
48,7
= 0,17 mol. Theo (1) và (2) ta có : na + mb = 0,17 (*)
Khối lượng hỗn hợp: (14n + 18)a + (14m + 34)b = 4,28
⇒
14(na + mb) + 18a + 34b = 4,28
⇒
18a + 34b = 1,9 (**) Mặt khác ta có: (a + b) = 0,07 (***). Từ (**) và (***)
⇒
a = 0,03 b = 0,04.
Thay a, b vào (*) ta có : 0,03n + 0,04m = 0,17

3
H
8
O = 0,03
×
60 = 1,8 gam.
Khối lượng C
2
H
6
O
2
= 0,04
×
62 = 2,48 gam
TD
5
Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp gồm 2 este đơn chức phải dùng 108,64 lít
không khí (đkc) (thành phần không hkí gồm 20% oxi và 80% nitơ về thể tích), thu
được 34,32 gam CO
2
và 11,88 gam H
2
O. Mặt khác xà phòng hóa hoàn toàn 3,79
gam hỗn hợp 2 este trên bằng NaOH rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu
được 3,29 gam hỗn hợp muối khan của 2 axit liên tiếp trong dãy đồng đẳng và hỗn
hợp rượu gồm rượu metylic và một rượu chứa không quá 4 cacbon trong phân tử.
a/ Xác định CTPT, CTCT của 2 este.
b/ Tính % theo khối lượng mỗi este trong hỗn hợp.
Tóm tắt :

C
x
y
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
34,32 gam 11,88 gam
+ NaOH

3,79 gam 3,29 gam
Giải:
a/ Xác định CTPT, CTCT của 2 este:
Gọi công thức chung của 2 este đơn chức: (trong đó
x
,
y
lần lượt là số
cacbon và số hidro trung bình của 2 este). Gọi a là số mol của este.
Pt : + (
x
+
4
y
- 1)O
2

x
CO
2
+
2
y

a = 0,14
a(
x
+
4
y
- 1) = 0,97
⇒

x
= 5,57
a
y
= 1,32
⇒

y
= 9,43
Khối lượng hh 2 este đem đốt = 0,78
×
12 + 0,66
×
2 + 0,14
×
32 = 15,16 gam
Pt phản ứng xà phòng hóa:
+ NaOH  + (2)
Số mol của 3,79 gam este đem xà phòng hóa =
mol035,0
16,15

Nếu 2 gốc axit là: CH
3
- (15) và C
2
H
5
- (29) thì công thức 2 muối là:
CH
3
COONa và C
2
H
5
COONa.
Gọi b, c lần lượt là số mol CH
3
COONa và C
2
H
5
COONa theo (2) ta có:
(b + c) = 0,035
⇒
b = 0,005
82b + 96c = 3,29 c = 0,03
Gọi công thức của 2 este có dạng : CH
3
COOR
1
và C

3
- (15)
R
1
15 (CH
3
-) 171 (loại) Vậy CTPT 2 este là : C
3
H
6
O
2
và C
6
H
10
O
2

R
2
41 (C
3
H
5
-) 15 (CH
3
-) Số cacbon trung bình =
57,5
035,0

Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Số hidro trung bình =
43,9
035,0
1003,06005,0
=
×+×
(nhận)
Nếu 2 gốc axit là : CH≡C – (25) và CH≡C – CH
2
– (39) thì công thức 2
muối là: CH≡C-COONa và CH≡C-CH
2
-COONa.
Gọi u, t lần lượt là số mol CH≡C-COONa và CH≡C-CH
2
-COONa theo (2) ta
có:
(u + t) = 0,035
⇒
u = 0,03
92u + 106t = 3,29 t = 0,005
Gọi công thức của 2 este có dạng : CH≡C-COOR
3
và CH≡C-CH
2
-COOR
4
.
Khối lượng 2 este = (69 + R

3
H
5
-)
R
4
171 (loại) 15 (CH
3
-)
Vậy CTPT 2 este là : C
6
H
6
O
2
và C
5
H
6
O
2
, tuy nhiên 2 este này có số
H
= 6
≠
9,43
nên ta loại trường hợp này
b/ Tính % khối lượng các este trong hỗn hợp:
%C
3

thuộc cùng phân nhóm chính nhóm II và thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong HTTH bằng
dung dịch HCl thu được dung dịch X và 672 ml khí CO
2
(đkc)
a/ Xác định 2 kim loại
b/ Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải :
a/ Xác định 2 kim loại :
Gọi công thức chung của 2 muối cacbonat là : MCO
3
có số mol là x
Pt : MCO
3
+ 2HCl  MCl
2
+ H
2
O + CO
2
(1)
Số mol CO
2
=
mol03,0
4,22
672,0
=
Theo (1) ta có x = 0,03 mol
⇒
(M + 60)=

trong HTTH nên
⇒
A : Mg (M
A
= 24) B : Ca (M
B
= 40)
b/ Tính khối lượng muối khan :
Theo (1) ta có số mol MCl
2
= 0,03 mol.
Khối lượng muối = 0,03(M + 71) = 0,03(
03,0
04,1
+ 71) = 3,17 gam
V/ PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT:
Có một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát như a
gam, V lít, n mol, áp suất P, lượng vừa đủ … Như vậy kết quả gải bài toàn không
phụ thuộc vào lượng chất cho. Trong trường hợp đó tốt nhất ta tự chọn một giá trị
như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất. Dưới đây là một số
thí dụ minh họa:
TD
1
Hòa tan một muối cacbonat kim loại M bằng một lượng vừa đủ dung dịch
H
2
SO
4
loãng 9,8% thì thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. Xác định kim loại
M.

phản ứng: n mol
⇒
Khối lượng dd H
2
SO
4
=
gamn
n
1000100
8,9
98
=×
×
Số mol CO
2
thoát ra = n mol
⇒
Khối lượng CO
2
= 44n gam
Khối lượng dung dịch muối sau phản ứng = (1000n + 2M + 60n - 44n) gam
Theo (1) số mol muối sunfat tạo ra = 1 mol
⇒
Khối lượng muối sunfat = (2M +
96n) gam
Theo đề bài ta có :
18,14100
)1621000(
)962(

41
75,60 a
gam nước.
a/ Tìm CTPT của A, B biết rằng X không làm mất màu dung dịch brôm.
b/ Tính % số mol của A, B trong X
Giải:
Để việc giải bài toán trở nên đơn giản ta chọn a = 41 gam.
Trang 19
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Theo đề bài ta nhận thấy lượng CO
2
và H
2
O sinh ra khi đốt cháy A là:
Khối lượng CO
2
= 2(165 – 132) = 66 gam. Khối lượng H
2
O = 2(60,75 – 45) = 31,5
gam.
Khối lượng các nguyên tố trong hidrocacbon A là:
Khối lượng cacbon : mC =
gam1812
44
66
=×

Khối lượng hidro: mH =
gam5,3
9

Khối lượng CO
2
= 132 – 66 = 66 gam. Khối lượng nước = 45 – 31,5 = 13,5 gam
Khối lượng các nguyên tố trong B :
Khối lượng cacbon : mC =
gam1812
44
66
=×
Khối lượng hidro: mH =
gam5,1
9
5,13
=
Gọi CTTQ của B là C
n
H
m
ta có : n : m =
1:15,1:5,15,1:
12
18
==

⇒
CTTN của B: (CH)
u

Do A, B không làm mất màu dung dịch brôm nên ta chọn u = 6
⇒

một chất)
TD: oxit kim loại kiềm, kiềm thổ + H
2
O  dd baz kiềm, kiềm thổ
• Không được áp dụng phương pháp này cho các trường hợp trộn lẫn các
chất khác nhau hoặc xảy ra phản ứng giữa chúng.
Phương pháp đường chéo dựa trên nguyên tắc sau:
Trộn lẫn 2 dung dịch chứa cùng chất tan A với nồng độ chất A khác nhau ta
thu được một dung dịch với nồng độ chất A duy nhất. Như vậy lượng chất A trong
phần đặc bị giảm xuống phải bằng lượng chất A tăng lên trong phần loãng.
Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau:
Trang 20
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
D
1
x
1
x – x
2

x
⇒
21
2
2
1
xx
xx
D
D

.
Bài toán thuận:
Giả sử ta có một hỗn hợp gồm 2 đại lượng A và B. Đại lượng A có giá trị là
a và tần số n. Đại lượng B có giá trị là b và tần số m. Xác định giá trị hỗn hợp. Gọi
giá trị hỗn hợp là c ta có : c =
mn
mbna
+
+
(1)
Bài toán đảo :
Tìm cách pha trộn như thế nào của một hỗn hợp gồm 2 đại lượng có giá trị a,
tần số n và giá trị b tần số m để được hỗn hợp có giá trị là c. Tìm tỉ số
m
n
bằng các
giá trị a, b, c.
Từ công thức : c =
mn
mbna
+
+

⇒

m
n
=
ca
bc

500
=
m

⇒
m = 250 gam
500 12 8 – 0
TD
2
Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu gam dung dịch
CuSO
4
8% để pha chế thành 280 gam dung dịch CuSO
4
16%.
Giải:
Gọi m là khối lượng tinh thể CuSO
4
.5H
2
O cần lấy
Nồng độ % của CuSO
4
trong tinh thể =
%64100
250

Giải :
Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp:
M
= 1,5
×
16 = 24.
Gọi V
1
là thể tích của H
2
. V
2
là thể tích của CO. Theo qui tắc đường chéo ta có:
V
1
2 4
24
⇒

22
4
2
1
=
V
V
=
11
2
V

5,10
2
1
==
V
V
(*)
V
2
44 33,5 – 30
Pt : Al + 4HNO
3
 Al(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (1)
8Al + 30HNO
3
 8Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
O + 15H
2
O (2)

Số mol N
2
O =
mol03,0
17
317,0
=
×

⇒

ON
V
2
= 0,03
×
22,4 = 0,672 lít
VII/ PHƯƠNG PHÁP BIỆN LUẬN:
1/ Xác định kim loại :
Để xác định một kim loại trong HTTH thông thường ta phải xác định 2 giá trị:
KLNT (M) và hóa trị (n).
Hóa trị thông thường của kim loại thường có giá trị: (1
n≤
≤
3) và n là số
nguyên. Để biện luận ta phải lập phương trình liên quan giữa n và M:
M = kn (k là hằng số tỉ lệ nào đó). Sau đó biện luận giá trị M theo n và chọn
các giá trị phù hợp.
Trang 22
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu

nx
9,4 – 4 = 5,4
⇒
x =
n16
4,5
Mặt khác ta có : x =
)62(
4,9
nM +

⇒

)62(
4,9
nM +
=
n16
4,5

⇒
M = - 31,148n (loại)
* Kim loại M thuộc các kim loại từ Mg  Cu:
pt : 2M(NO
3
)
n
M
2
On + 2nNO

M 32 64 96
Vậy kim loại M có hóa trị 2 có KLNT = 64 là Cu
⇒
công thức muối nitrat là Cu(NO
3
)
2
* Kim loại M đứng sau Cu:
pt : M(NO
3
)
n
M + nNO
2
+
2
n
O
2
(3)
Theo (3) ta có: 46nx + 16nx = 9,4 – 4 = 5,4
⇒
x =
n62
4,5
Mặt khác ta có:
)62(
4,9
nM
+

3
 x
x
y
NOM
23
)(

+ yH
2
O (1)
Gọi a là số mol M
x
O
y
, theo (1) ta có: số mol
x
y
NOM
23
)(
= ax
Trang 23
t
0
t
0
t
0
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu

⇒
M = 68,5
x
y2
×
Đặt
x
y2
= n (n là hóa trị kim loại M có giá trị bằng số oxi hóa của kim loại trong
hợp chất oxit)
⇒
M = 68,5n. Biện luận:
n 1 2 3 Vậy kim loại M có hóa trị 2 và có KLNT = 137 là Ba.
Công thức oxit: BaO
M 68,5 137 205,5
TD
3
Khi hòa tan cùng một lượng kim loại M bằng dung dịch HNO
3
đặc nóng và
bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng thì thể tích NO
2
thoát ra bằng 3 lần thể tích khí H
2

thoát ra (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất), còn lượng muối sunfat thu được

Theo điều kiện đề bài và theo phương trình (1) (2) ta có:
m =
2
3n

⇒
m = 1,5n Do 3
1, ≥≥ mn
(n, m số nguyên) nên chỉ có n = 2 và
m = 3 là phù hợp
Theo phương trình (1) (2) và theo đề bài ta có:
(M + 96) = 0,6281(M + 186) = 0,6281M + 116,8266
⇒
0,3719M = 20,8266
⇒
M = 56 (Fe) Vậy kim loại M là Fe
TD
4
Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam kim loại M và 69,6 gam oxit M
x
O
y
của
kim loại đó trong 2 lít dung dịch HCl, sau phản ứng thu được dung dịch A và 4,48
lít H
2
(đkc). Nếu cũng hòa tan hỗn hợp X đó trong 2 lít dung dịch HNO
3
thì thu
được dung dịch B và 6,72 lít khí NO (đkc). Xác định M, M

Số mol H
2
=
mol2,0
4,22
48,4
=
Theo (1) ta có :
n
a
na 4,0
2,0
2
=⇒=

Ta có : aM = 11,2
⇒
M =
4,0
2,112,11 n
a
=

⇒
M = 28n
Trang 24
Đề tài: Một số phương pháp giải toán hóa học Tổ Hóa trường THPT Phan Bội Châu
Biện luận : ta thấy chỉ có giá trị n = 2 và M = 56 là phù hợp. Vậy kim loại là Fe
Cho hỗn hợp X gồm Fe và Fe
x

72,6
=
Theo (3) (4) ta có : a + (3x – 2y)
3
b
= 0,3 (*)
Ta có : a =
2,0
2
4,0
=
thay a vào (*)
⇒
(3x – 2y)b = 0,3
⇒
b =
)23(
3,0
yx
−
Mặt khác ta có:
b =
)1656(
6,69
yx +

⇒

)23(
3,0

2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O (2)
Số mol FeCl
2
= (a + b) = (0,2 + 0,3) = 0,5 mol
Số mol FeCl
3
= 2b = 0,3
×
2 = 0,6 mol
Nồng độ mol các chất trong dung dịch A:
MC
FeClM
25,0
2
5,0
)(
2
==

MC
FeClM
3,0
2
6,0
)(

3) = 1,1 mol
Nồng độ mol của Fe(NO
3
)
3
trong dung dịch B :
2/ Biện luận xác định công thức phân tử của hợp chất hữu cơ :
Để giải quyết các bài toán biện luận xác định công thức phân tử của hợp chất
hữu cơ ta cần nắm các điều kiện liên hệ về các số nguyên tử trong phân tử hợp chất
hữu cơ.
* Đối với hidrocacbon :
(hợp chất hữu cơ có thành phần gồm 2 nguyên tố C và H)
Gọi CTTQ của hidrocacbon là C
x
H
y
ta có các điều kiện sau:
x, y > 0, nguyên và y
≤
2x + 2, y là số chẳn
Ta có thể đặt công thức tổng quát của hidrocacbon dưới dạng: C
n
H
2n + 2 – 2k
(trong
đó n
≥
1, k
≥
0, nguyên)