Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
PHẦN 1 : MỞ ĐẦU


I/LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hoá học là có vai trò rất quan trọng trong đời sống. Môn hoá học cung cấp cho học sinh những
kiến thức hoá học cơ bản về cấu tạo chất, các định luật hoá học, các khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết
đúng công thức hoá học, lập phương trình phản ứng, nắm vững tính chất lý, hoá của các chất, vận dụng có
chọn lọc, nhuần nhuyễn lý thuyết để giải bài tập. Giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một
kỹ năng cơ bản, có thói quen học tập và làm việc khoa học, rèn luyện những phẩm chất cần thiết như cẩn
thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình, xã
hội; chuẩn bị đầy đủ để đi vào cuộc sống xã hội sau này.
Bài tập hoá học là một trong những phương tiện cơ bản nhất để nâng cao chất lượng dạy học bộ
môn, mặt khác giải bài tập hoá học là phương pháp học tập tích cực có hiệu quả giúp học sinh phát triển tư
duy, đồng thời học sinh còn vận dụng kiến thức vào cuộc sống sản xuất và nghiên cứu khoa học.
Bài tập hoá học giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình hoá học,khắc sâu kiến thức, hệ
thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích, phán đoán khái quát và đồng thời rèn kĩ
năng, kĩ xảo cho học sinh.
Hiện nay, đa số học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải bài tập hoá, nếu không nắm bắt được
phương pháp, học sinh sẽ chán nản và rất sợ phải học hoá học.
Căn cứ vào tình hình trên, tôi đã chọn đề tài này kết hợp với phương pháp phát huy tính tích cực
của học sinh trong giờ học nhằm góp phần nhỏ vào việc khắc phục tình trạng trên của học sinh.
II/MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
Giúp học sinh nắm cơ sở lý thuyết và phương pháp giải bài tập hoà học.
III/ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
Hệ thống, phân loại các bài tập hoá học và đưa ra phương pháp giải một cách tối ưu nhất, giúp học
sinh nắm được các kiến thức cơ bản nhất.
PHẦN 2: TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

Học sinh cần phải nắm vững tính chất vật lý, hoá học và cách điều chế của đơn chất, hợp chất….
Nắm vững các công thức đổi số mol, công thức tính nồng độ %, nồng độ mol/ lít.
Các phương pháp cơ bản áp dụng vào giải toán hoá học:
-Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng.
-Phương pháp tăng giảm khối lượng.
-Phương pháp bảo toàn e.
-Phương pháp bảo toàn nguyên tố.
-Phương pháp giá trị trung bình
-Phương pháp đường chéo.
-Phương pháp tự chọn lượng chất
-Phương pháp biện luận….
Trong giới hạn của chuyên đề, tôi xin trình bày một vài phương pháp thường hay sử dụng.
II.2.Các d ạng bài t ập vô c ơ. ( giới hạn được đưa vào chuyên đề)
1/ Tính theo PTHH khi cho 2 lượng chất phản ứng.
2/ Dạng toán pH.
3/ Tính khối lượng hỗn hợp dựa vào định luật bảo toàn khối lượng.
4/ CO2 hoặc SO2 tác dụng với dung dịch kiềm.
5/ Bài tập tổng hợp…..
II.3/CÁC PHƯƠNG PHÁP.
II.3.1.Phương pháp bảo toàn khối lượng.
Nội dung Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL)
“ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản
ứng”
Lưu ý : không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn như nước
trong dung dịch.

Hướng dẫn giải
Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
x mol
3x
Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
y mol
2y
Số mol NO2 = 0,5 ; n HNO3 = 2 n NO2 = 0,5×2 = 1mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m dung dịch muối = m (Fe + Cu) + m dung dịch HNO3 – m NO2

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

2


Trường THPT Long Thành
= 12 +

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

1 × 63 × 100
63

− 46 × 0, 5 = 89gam

Ta có hệ phương trình:
56x + 64y = 12
 x = 0,1
 

A.13 gam.
B.15 gam.
C.26gam.
D.30gam.
Hướng dẫn giải
M2CO3 + 2HCl = 2MCl + CO2 + H2O
RCO3 + 2HCl = RCl2 + CO2 + H2O
n CO =
2

4,88
22, 4

= 0, 2mol , Tổng n HCl= 0,4mol và n H2O = 0,2mol.

Áp dụng ĐLBTKL ta có: 23,8 + 0,4 ×36,5 = m muối + 0,2 × 44 + 0,2 ×18.
⇒ m muối = 26 gam. (Đáp án C)
II.3.2.Phương pháp tăng giảm khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp: khi chuyển từ chất A thành chất B 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: MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2.
Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng tăng:
( M + 2×35,5)-(M + 60) =11 gam. Và có 1 mol CO2 thoát ra. Như vậy khi biết khối lượng muối
tăng, ta có thể tính được lượng CO2.
Ví dụ 1 . Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối
cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn
dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?
A.13 gam.
B.15 gam.
C.26gam.

3


Trường THPT Long Thành

{

x + y = 0, 3
197x + 100y = 39, 7

⇒

Thành phần %m trong B
%m BaCO =
3

0,1 × 197
39, 7

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
 x = 0, 1

 y = 0, 2

= 49, 62

⇒ Đáp án C
II.3.3.Phương pháp bảo toàn mol electron.
II.3.3.1/ Nguyên tắc
Trong một hệ oxi hoá khử: “Tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chất oxi hoá nhận”.

Hướng dẫn giải
Nếu giải bài toán này theo kiểu thông thường, thì không đủ dữ kiện để giải, vì quá nhiều ẩn số.
%m CaCO = 100 − 49, 6 = 50, 38
3

2X +
2Y +

n
2
m
2

O2 → X 2O n
O 2 → Y2 O m

X + nHCl → XCl n +

n

H2
2
m
Y + mHCl → YCl m + H 2
2

m O2 = 28,4- 15,6= 12,8,

nO =
2


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

O2
+ 4e
= 2O2- ,
2H+ + 2e = H2
0,04mol 0,16
2x 0,16 0,08
m kim loại phần 2= m oxit – m oxi = 2,84- 0,04 ×32= 1,56g
m = 1,56 × 2= 3,12 g ⇒ Đáp án C
Ví dụ 3: Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
-Phần 1 tan hết trong 2 lít dung dịch HCl tạo ra 14,56 lít H2 (đktc)
-Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít NO (đkc) duy nhất
1/ Nồng độ mol của dung dịch HCl là:
A.0,45M.
B.0,25M.
C.0,55M.
D.0,65M.
2/Cô cạn dung dịch sau phản ứng ở phần 1, khối lượng muối thu được là:
A.65,54 gam.
B.68,15 gam.
C.55,64 gam.
D.54,65 gam.
3/Phần trăm khối lượng của Fe là:
A.49,01%.
B.47,97%.
C.52,03%.

2x
x
3x
a+
a+
M  M + ae
M  M + ae
y
ay
y
ay
+
+5
+2
2H + 2e  H2
N + 3e  N
1,3 0,65
1,3 0,5
 2x + ay = 1, 3  x = 0, 2
0, 2 × 56
⇒
× 100% = 50, 91% , Đáp án D
Ta có hệ phương trình: 
, n Fe = 0, 2 ⇒ %m Fe =
22
3x + ay = 1, 5 ay = 0, 9
4/ mM = 22- 0,2×56= 10,8 gam
0,9
10,8 × a
nM = y =

(2)
Từ (1) và (2), ta có: b + c = 0,01.⇒ c = 0,01-b, thế vào (1) hoặc (2), ta có : a + b = 0,02.
Mặt khác:
GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

5


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

2FeO + 4 H2SO4
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O.
a
a/2
2Fe3O4 + 10 H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O.
(mol)
b
b/2
a + b 0, 02
=
= 0, 01mol . Vậy V SO2 = 0,01 . 22,4 = 224ml . Đáp án B.
Tổng n SO2 =
2
2
Ví dụ 2.Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thu được 5,96 gam hỗn
hợp 3 oxit. V dung dịch HCl 2M cần dùng để hoà tan hết hỗn hợp 3 oxit là:
A. 0,06 lít.
B. 0,12 lít.

Fe(OH)3
Al
Nung trong không khí
AlCl3
Al(OH)3
8
n Fe2 O3 =
= 0, 05mol
160
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có:
nFe = 2 n Fe2O3 = 0, 05.2 = 0, 1 .
5, 6
100 = 58, 03% . ⇒ Đáp án A
m Fe= 0,1 . 56= 5,6 gam, %m Fe =
9, 65
Ví dụ 4: Cho 4,16 gam Cu tác dụng vừa đủ với 120ml dung dịch HNO3 thu được 2,464 lít (đktc) hỗn hợp
hai khí NO và NO2. Nồng độ mol/ lít của HNO3 là:
A.1,0M.
B.0,1M.
C.2,0M.
D.0,5M.
Hướng dẫn giải
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Nitơ ta có:
n N (HNO3 ) = n N( NO− ) + n N( NO2 + NO)
(mol)

3

Toàn bộ lượng Cu chuyển thành Cu(NO3)2: n Cu = n Cu( NO3 )2 =



Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

2H+ + O2-  H2O.
(mol) 0,26 0,13
0,13.
mO= 0,13.16=2,08 gam.
mFe (trong oxit)= 7,68 -16.0,13= 5,6 gam.
5, 6
n Fe =
= 0, 1mol
56
Toàn bộ các quá trình xảy ra được tóm tắt theo sơ đồ sau:
FeO
Fe(OH)2
+t0
Fe2O3
FeCl2
Fe(OH)3
Fe2O3
Fe(OH)3
Fe3O4
Nung trong không khí
FeCl3
0, 1
n Fe2O3 =
= 0, 05mol , m Fe2 O3 = 0, 05.160 = 8gam . ⇒
2
Đáp án C
Ví dụ 6. Hoà tan hoàn toàn a gam FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng vừa đủ có chứa 0,075mol H2SO4

II.3.5.Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình.
Trong hoá học thường gặp các bài toán hỗn hợp các chất có tính chất tương đương (hỗn hợp các
kim loại có cùng hoá trị, các chất cùng dãy đồng đẳng…có cùng chung tính chất hoá học).Khi đó để giải
nhanh, chúng ta sử dụng các đại lượng trung bình, dựa vào tính chất cơ bản của giá trị trung bình:
* Giá trị nhỏ nhất (min) < giá trị trung bình < giá trị lớn nhất (max).
II.3.5.1/Khối lượng mol M trung bình.( )
n

m
M n + M 2 n 2 + ... + M n n n
M = hh = 1 1
=
n hh
n1 + n 2 + ... + n n

∑M n
i

i =1

i

(1)

n

∑n
i =1

i

=
V1 + V2 + ... + Vn

∑M V
i

i =1

i

n

∑V
i =1

(3)

i

Trong đó Vi là thể tích tương ứng của khí i trong hỗn hợp.
II.3.5.2/Nguyên tử khối trung bình của A nguyên tố (
)
Hầu hết các nguyên tố hoá học trong tự nhiên đều có nhiều đồng vị, do đó nguyên tử khối của các nguyên
tố này là nguyên tử khối trung bình của các đồng vị tính theo công thức:
Tæng khèi l­îng c¸c nguyªn tö ®ång vÞ
A=
Tæng sè nguyªn tö ®ång vÞ
A x + A 2 x 2 + ... + A n x n
A= 1 1
100

+H2
Hỗn hợp X
Fe (y mol)
FeCl2
Gọi n là số oxi hoá trung bình của hai kim loại.
n
M + nHCl → MCl n + H 2
2


3x + 2y
< 3÷
2 < n =
x+y


II.3.5.4/Các đại lượng trung bình thường gặp trong hợp chất hữu cơ.
Số nguyên tử ( cacbon, hidro…..) trung bình.
Số nhóm chức trung bình.
Số liên kết π trung bình.
Số gốc hidrocacbon trung bình.

- n
- x
- a
- R
...
Ví dụ 1.Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A,B liên tiếp, lấy 6,2 gam X hoà tan hoàn toàn vào nước thu
được 2,24 lít khí H2 (đktc) Kim loại A,B là:
A.Li,Na.

RCO3 + 2HCl RCl2 + CO2 + H2O.
(mol) 0,5
0,5
1,12
n CO2 =
= 0,05
22, 4
4,68
MCO3 =
= 93,6 M = 93,6 60 = 33,6;X < M < Y
0,05
Hai kim loi ú l : Mg =24 < M = 33,6 < Ca =40 ỏp ỏn B
Vớ d 3. Cho 150ml dung dch AgNO3 0,4M vo dung dch cha 4,4 gam mui natri halogenua ca hai
nguyờn t X v Y (thuc hai chu k liờn tip). X v Y ln lt l:
A.Flo, Clo.
B.Clo, Brom.
C.Brom, Iot.
D.Clo, Iot.
Hng dn gii
t cụng thc chung ca hai nguyờn t X v Y l N. Ta cú PTHH:
NaN + AgNO3 AgN + NaNO3.
Ta cú nN = n AgNO3 = 0,4 . 0,15 = 0,06 mol.
Khi lng mol trung bỡnh ca hai mui l:
M X,Y = 73,3 23 = 50,3 X v Y l Cl (35,5) v Brom (80) ỏp ỏn B
Vớ d 4. Cho 1,9 gam hn hp mui cacbonat v hidrocacbonat ca kim loi kim M tỏc dng vi dung
dch HCl d, to ra 0,448 lớt khớ (ktc). Kim loi M l :
A. Li.
B.Rb.
C.K.
D.Na.

5
48.20 + 32V
M = .3.16 = 40 =
. Gii ra cú V =20 lớt. ỏp ỏn C
6
20 + V
Vớ d 6. t chỏy hon ton a gam hn hp hai ancol no, n chc liờn tip trong dóy ng ng, thu
c 3,548 lớt CO2 (ktc) v 3,96 gam H2O. Tớnh a v xỏc nh CTPT ca cỏc ancol.
A. 3,32 gam; CH3OH v C2H5OH.
B.4,32 gam; C2H5OH v C3H7OH.
C.2,32 gam; C3H7OH v C4H9OH.
D.3,32 gam; C2H5OH v C3H7OH.
Hng dn gii
Gi n l s nguyờn t C trung bỡnh v x l tng s mol ca hai ancol.
3n
C n H 2n+ 1OH +
O 2 đ nCO2 + (n + 1)H 2 O
2
(mol) x
nx
(n + 1)x

GV: Nguyn Th Thanh Thu

9


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc


y
y
-1)O 2 đ xCO 2 + H 2 O
(1)
4
2
PTHH:
y
y
(mol)
a
a(x + -1)
ax
a
4
2
1
Số mol O 2 phản ứng = số mol không khí.
5
146,16 1
n O2 =
. = 1,305mol
22, 4 5
Theo bi, tng khi lng ca dung dch Ca(OH)2 chớnh l khi lng ca CO2. m CO2 = 46,2 g.
46,2
n CO2 =
= 1,05mol . Theo (1) ta cú:
44
ax = 1,05

=
m 2 C C1

(1)

M2....... C2
C C1
Trong ú
+ m1 l khi lng dung dch cú nng C1%, m2 l khi lng dung dch cú nng C2%
+ C% l nng dung dch thu c sau khi trn ln hai dung dch, vi C1 < C < C2
2/ i vi nng mol/ lớt

V1..............CM (1)
GV: Nguyn Th Thanh Thu

CM (2)- CM
10


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
⇒

V1 CM (2) − C
=
, (II)
V2 C − CM (1)

CM CM - CM (1)

pháp đường chéo.
+ Trộn lẫn hai dung dịch không cùng chất tan.
Ví dụ 1 :Trộn m1 (g) dung dịch HCl 36% với m2 (g) dung dịch HCl 12% thu được 15ml dung dịch HCl
20% (d= 1,1 g/ml).Giá trị của m1 và m2 lần lượt là :
A.4,5 g và 12 g.
B.11 g và 5,5 g.
C.5,4 g và 11,1 g.
D.5,5 g và 11g.
Hướng dẫn giải
m1 ...........36
8
⇒

20

m1
m2

=

8
16

=

1
2

m2 ...........12
16

15
⇒ m1=600×1/5= 120, Đáp án B
Ví dụ 3 :Hoà tan 200 gam SO3 vào m2 gam dung dịch H2SO4 49% ta được dung dịch H2SO4 78,4%.Giá trị
của m2 là
A.133,3g.
B.146,9g.
C.272,2g.
D.300 g.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoá học
SO3 +
H2O
 H2SO4.
98 ×100
= 122,5gamH 2SO 4
100 gam SO3 
80
Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng 122,5%.
Gọi m1,m2 lần lượt là khối lượng của SO3 và dung dịch H2SO4 49% cần lấy.
m1 ...........122,5
29,4
78,4

GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ

⇒

m1
m2


22

PHN 3 : CC DNG BI

VH2
VCO

=

4
22

=

2
11

TP.

I/ TNH THEO PTHH KHI CHO 2 LNG CHT PHN NG.(Phn ng xy ra hon ton)
I.1.Yờu cu.
-c k bi xỏc nh ỳng cht phn ng ht, cht cũn d sau phn ng.
-Tớnh theo PTHH da vo cht phn ng ht.
I.2.Phng phỏp gii.
-Lp PTHH.Vit t l mol.
-So sỏnh t l mol ca cỏc cht tham gia phn ng. Xỏc nh cht cũn d theo h s PTHH.
aA + bB cC + dD
nA nB
So sỏnh hai t l:
n A nB

n Zn phn ng = n H2SO4 = 0,001 , m Zn d = 1,3 0,001. 65 = 1,235 gam.
Vớ d 2. Cho 6,68 gam hn hp gm Al v Fe tỏc dng ht vi 2 lớt dung dch HCl 0,2M c dung dch
A v 3,584 lớt khớ H2 (ktc).
a.Tớnh %m mi kim loi trong hn hp u.
b.Tớnh pH ca dung dch A.
Hng dn gii.
Ta cú PTHH:
n H+ đầu = 0,2.2 = 0, 4mol.
n H2

3,584
=
= 0,16mol.
22, 4

Al đ Al3+ + 3e
x
3x
Fe đ Fe
y

GV: Nguyn Th Thanh Thu

2+

+ 2e
2y

2H +
(mol) 0,32

= 0,04M, pH =1,4.
2
Vớ d 3.Cho 114,2 gam dung dch H2SO4 20% vo 400 gam dung dch BaCl2 5,2%. Tớnh C% ca cỏc cht
trong dung dch sau phn ng.
Hng dn gii.
114,2.20
400.5,2
n H2SO4 =
= 0,233mol.
n BaCl2 =
= 0,1.
100.98
100.208
Ba 2+ + SO 2-4 đ BaSO 4
S mol ban u.
0,1
0,233
S mol phn ng.
0,1
0,1
0,1
S mol d
0,0
0,133
Dung dch sau phn ng cha HCl v H2SO4 d.
n H2SO4 = n SO2- dư = 0,133mol.
4

n HCl = n Cl-


=
= 10-3M.
pH =11,
- 11
10
c.Nu mụi trng axit pH < 7, ta phi tớnh [H+].
Vớ d: Cho dung dch cú pH= 3, mụi trng axit, H+ chim u th. [H+] = 10-3M.
d. Phn ng trung ho tc c axit v baz u phn ng ht.
Cho axit mnh tỏc dng vi baz mnh, phi xỏc nh xem cht no cũn d sau phn ng v tớnh
nng mol ca cht ú, tớnh [H+] suy ra pH.
II.2.Cỏc vớ d. Tớnh pH khi pha loóng dung dch khụng cú phn ng hoỏ hc xy ra.
II.2.1. Nguyờn tc khi tớnh pH trong trng hp ny.
Khi pha loóng dung dch, sụ mol khụng i, nng mol/ lớt thay i.
Dung dch 1 cú nng C1, th tớch V1, lng cht tan n1, pha loóng bng nc to thnh dung dch 2 cú
nng C2, th tớch V2, lng cht tan n2.
Vỡ s mol khụng i nờn n1 = n2. C1V1= C2V2.
GV: Nguyn Th Thanh Thu

13


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Vớ d 1.Dung dch HCl cú pH =2 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln thu c dung
dch cú pH = 4?
A.10 ln.
B.99 ln.
C.101 ln.

10 V1 = 10 V2 , ị
= -1 =
V2 10
10
ị V2 = 10V1 ị pha loãng 10 lần.
ỏp ỏn A.
Vớ d 3.Dung dch NaOH cú pH =11 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln c dung
dch NaOH cú pH=9.
A.10 ln.
B.99 ln.
C.100 ln.
D.101 ln.
Hng dn gii
Mụi trng baz ta phi tớnh [OH-]
Ta có pH =11, vậy:
10- 14
C1 = [OH ] = - 11 = 10- 3 M.
10
Dung dịch sau khi pha loãng có:
-

10-14
C 2 = [OH ] =
= 10-5M.
-9
10
T cụng thc C1V1= C2V2 ta cú :
-

10- 3 V1 = 10- 5 V2 ,

=
= 100
V2 10- 11
ị V1 = 100V2 ị sai .

Sai, vỡ n OH- ph thuc vo s mol baz cho vo lỳc ban u, nu s mol baz thay i thỡ n OH- lm cho pH
thay i.
Nu tớnh theo [H+ ] , khi pha loóng bng H2O thỡ [H+ ] thay i, nhng [H + ] do nc in li ra ch khụng
phi do cht tan m nc l dung mụi ch khụng phi l cht tan.(vỡ khi pha loóng thỡ s mol cht tan
khụng i)
II.2.3.a ra phộp tớnh nhanh cho hc sinh trong trng hp ny.
GV: Nguyn Th Thanh Thu

14


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Khi pha loóng pH tng hay gim i mt n v thỡ s ln pha loóng l 101 ln.
Khi pha loóng pH tng hay gim i 2 n v thỡ s ln pha loóng l 102 ln.
Khi pha loóng pH tng hay gim i n n v thỡ s ln pha loóng l 10n ln.
Vớ d1. Dung dch HCl cú pH =1 cn pha loóng dung dch ny bng nc bao nhiờu ln thu c dung
dch cú pH = 2?
A.10 ln.
B.99 ln.
C.101 ln.
D.100 ln.
Hng dn gii

= 0,2mol.
197
t cụng thc chung ca hai mui cacbonat l : M2CO3.
M2CO3 + BaCl2 BaCO3 + 2MCl
24,4g
0,2 mol
39,4g
mg
m = 24,4 + 208.0,2-39,4=26,6. ỏp ỏn C.
Vớ d 2.Ho tan hon ton 10 gam hn hp gm Mg v Fe trong dung dch HCl d, to ra 2,24 lớt H2
(ktc). Khi lng mui clorua to ra l:
A.1,71 gam.
B.17,1gam.
C.3,42gam.
D.34,2 gam.
Hng dn gii
2,24
Ta có n Cl- = n H+ = 2n H2 = 2
= 0,2mol.
22, 4
ỏp ỏn B.
m muối = m kim loại + m Cl- = 10 + 0,2.35,5 = 17,1gam.
Vớ d 3.Cho 2,81 gam hn hp A gm 3 oxit Fe2O3,MgO,ZnO tan va trong 300ml dung dch H2SO4
0,1M. Khi lng hn hp mui sunfat to ra l:
A.3,81 gam.
B.4,81 gam.
C.5,21 gam.
D.4,8 gam.
Hng dn gii
p dng nh lut bo ton khi lng, ta cú:

Số mol lúc cân bằng (x-a) (3x-3a)
2a
Tng s mol hn hp sau phn ng= nB = x-a + 3x-3a + 2a = 4x- 2a.
p dng nh lut bo ton khi lng: mA = mB.
MA nB
dA =
=
= 0,6.
B
MB nA
4x-2a

= 0,6. a = 0,8x.
4x
0,8x
H=
100 = 80%.
x
ỏp ỏn A.
IV/ CO2 HOC SO2 TC DNG VI DUNG DCH KIM.

Vi CO2
Sc khớ CO2 vo dd OH- cú th xy ra hai phn ng sau:
CO2 + OH - đ HCO-3
(1)

T=

CO2 + 2OH - đ CO32- + H 2 O
(2)


(2)

2
3

CO

nCO 2 = 1 nOH = nCO2
3
2
nCO 2 = nCO2
3

CO32 v OH- d

Vi SO2 : Phn ng xy ra tng t nh CO 2 khi tỏc dng vi dung dch kim, nhng
khỏc vi CO2, SO2 cú tớnh kh cũn CO2 thỡ khụng.
Vớ d 1.Hp th hon ton 4,48 lớt SO2 (ktc) vo dung dch cha 16 gam NaOH. Khi lng mui thu
c
trong dung dch l:
A. 18,9 gam.
B.25,2 gam.
C.23 gam.
D.20,8 gam.
Hng dn gii
16
4, 48
n OH =
= 0, 4mol.

2

2, 688
22, 4

= 0,12mol.

3

15, 76
197

= 0, 08mol.

HCO 3-

CO 2 + OH (mol) x

n BaCO =

x

x

CO 2 + 2OH - CO 32- + H 2 O
(mol) y
Ba

2y
2+

n CO2 =
= 0,2mol.
n OH- =0,5(0,1+ 0,2.2)=0,25mol.
22, 4
n Ba2+ = 0,2.0,5 = 0,1mol.
a=

T=

n OHn CO2

=

0,25
=1,25 tạo 2 muối
0,2

CO2 + OH
(mol) x

HCO

-

x

Ta lp h phng trỡnh.
x + y = 0,2.
x + 2y= 0,25
x = 0,15.

Do đó n BaCO3 = n CO2 = 0,05mol.
3

Ghi chỳ: ch ỏp dng cụng thc n CO23 = n OH n CO2 khi phn ng to ra hn hp 2 mui.
V/ BI TP TNG HP.
Vớ d 1.Ho tan hon ton 8,862 gam hn hp gm Al v Mg vo dung dch HNO3 loóng, thu c dung
dch X v 3,136 lớt (ktc) hn hp Y gm hai khớ khụng mu, trong ú cú mt khớ hoỏ nõu trong khụng
khớ. Khi lng ca Y l 5,18 gam. Cho dung dch NaOH (d) vo X v un núng, khụng cú khớ mựi khai
thoỏt ra. Phn trm khi lng ca Al trong hn hp ban u l:
A.19,53%.
B.12,8%.
C.10,52%.
D.15,25%.
Hng dn gii
Cho dung dch NaOH (d) vo X v un núng, khụng cú khớ mựi khai thoỏt ra chng t khụng cú
sn phm kh NH4NO3 to thnh.
17
GV: Nguyn Th Thanh Thu


Trng THPT Long Thnh

Chuyờn : Phng phỏp gii ti u cho bi tp hoỏ hc

Hn hp Y gm hai khớ khụng mu, trong ú cú mt khớ hoỏ nõu trong khụng khớ chng t cú mt
khớ l NO.
3,136
5,18
nY =
= 0,14mol M Y =

3

+

(mol)
0,14
0,56 0,7
0,07
p dng nh lut bo ton e vo cỏc quỏ trỡnh trờn ta cú: 2x + 3y = 0,77
Kt hp vi
phng trỡnh khi lng ta cú h phng trỡnh:
2x + 3y = 0,77.
Al = 0,042.27 = 1,134 gam.
24x + 27y = 8,862
x = 0,322.
y = 0,042
1,134.100%
%Al =
= 12,8%. ỏp ỏn B.

8,862
Vớ d 2.Ho tan 7,68 gam Cu vo 150 ml dung dch hn hp HNO3 0,8M v H2SO4 0,4M thu c dung
dch A v V lớt khớ NO duy nht (ktc).
a) Giỏ tr ca V l:
A. 1,792.
B.2,688.
C.1,344.
D.1,568.
b) Cụ cn dung dch A thu c khi lng mui khan l :
A. 15,24 gam.

8
Đáp án C.
So sánh tỉ lệ:

b)

GV: Nguyn Th Thanh Thu

18


Trường THPT Long Thành
n NO-

3

t¹o muèi

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

= n NO − ban ®Çu − n NO− t¹o NO = 0,12-0,06= 0,06mol.
3

3

n SO2− t¹o muèi = n H2SO4 = 0,06mol.
4

m muèi = m Cu2+ + m NO-



2a + b = 0,5.
104a + 126b= 39,7
a = 0,2.
b = 0,15

Áp dụng bảo toàn nguyên tố S, ta có : n SO2 = a + b = 0,2 + 0,15 = 0,35mol.
Trong trường hợp chỉ tạo một muối thì khi giải phương trình sẽ có một nghiệm bằng 0
2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
(mol) 0,7/n
0,35
22, 4
M=
n = 32n.
n =2, M = 64. Kim loại M là Cu.
⇒ Đáp án D.
0,7
PHẦN 4. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Trong năm học 2011-2012 tôi được phân công giảng dạy 5 lớp : 12B4, 12B5, 11A1, 11A4, 11B7, qua
các kì kiểm tra chất lượng thu được các kết quả sau:
Tổng số học sinh 204
Chất lượng đầu năm
Thi học kì I
Thi học kì II
Trên trung bình
117
161
176
Tỉ lệ
57,35%