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 VỤCỦA 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: TỔCHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN


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 dạng bài tập vô cơ.( 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.
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ chứa m gam hỗn hợp X
nung nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam ở thể rắn A và 11,2 lít hỗn hợp khí B (đktc) có tỉ

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
[Type text]


Trường THPT Long Thành
 12 

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

1  63  100

 46  0, 5  89gam

63

Ta có hệ phương trình:
56x  64y  12
 x  0,1
 

3x  2y  0, 5
 y  0,1

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.

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.
D.30gam.
Hướng dẫn giải
Cứ 1 mol muối Cacbonat tạo thành 1 mol muối clorua, m muối tăng 71-60=11 gam.
n CO2 = n muối cacbonat = 0,2 mol.
Vậy khối lượng muối tăng sau phản ứng là 0,2  11= 2,2 gam.



x  y  0, 3

197x  100y  39, 7



Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
 x  0, 1

 y  0, 2

Thành phần %m trong B
%m BaCO 
3

0,1  197

 49, 62

39, 7

%m CaCO  100  49, 6  50, 38

 Đáp án C

3

II.3.3.Phương pháp bảo toàn mol electron.

Nếu lấy 15,6 gam A hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, thu được V (lít) khí (đktc). Tính V.
Hướng dẫn giải
Nếu giải bài toán này theo kiểu thông thường, thì không đủ dữ kiện để giải, vì quá nhiều ẩn số.
2X 

2Y 

n
2
m

2

O2  X 2On

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 

Trường THPT Long Thành

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

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: ne do H+ nhận = ne do O2 nhận
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%.

Phần 1: Fe  Fe2+ + 2e
Phần 2 : Fe  Fe3+ + 3e
x
2x
x
3x
M  Ma+ + ae
M  Ma+ + ae
y
ay
y
ay
2H+ + 2e  H2
N+5 + 3e  N+2
1,3 0,65
1,3 0,5
2x

ay

1,
3
x

0,
2


0, 2  56
 100%  50, 91% , Đáp án D

nO = a + 4b + 3c = 0,05.
(1)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe ta có:
3, 04  0, 05x16
n Fe 
 0, 04 .
56
n Fe= a + 3b + 2c = 0,04.
(2)
[Type text]


Trường THPT Long Thành

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

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:
2FeO + 4 H2SO4
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O.
(mol) 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 

Toàn bộ các quá trình biến đổi hoá học được tóm tắt theo sơ đồ sau:
Fe
+t0 Fe O
+HCl
+NaOH dư
FeCl2
+NaOH Fe(OH)2
Fe(OH)3
2 3
Al
Nung trong không khí
AlCl3
Al(OH)3
8
n Fe2O3 
 0, 05mol
160
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có:
nFe = 2n Fe2O3  0, 05.2  0, 1 .
5, 6
100  58, 03% .  Đáp án A
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:

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

A.6,0.
B.7,0.
C.8,0.
D.9,0.
Hướng dẫn giải
Khi cho hỗn hợp 3 oxit tác dụng với HCl thì bản chất là:
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
FeCl3
Nung trong không khí
Fe3O4
0, 1

 .  Fe3O4.
y 0, 06 4
a = m Fe + m O = 0,045. 56 + 0,06.16 = 3,48 gam.
b = 0,0225. 400 = 9 gam.  Đáp án B
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 trung
)
M bình.(
n

m
M n  M 2n 2  ...  M n n n
M  hh  1 1

n hh
n1  n 2  ...  n n

M n
i 1
n

i

n
i 1


thể tích nên công thức (2) có thể viết thành:
n

M V  M 2V2  ...  M n Vn
M 1 1

V1  V2  ...  Vn

M V
i 1
n

i

i

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 nguyên tố (
A )
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 l­ î ng c¸ c nguyªn tö ®ång vÞ
A

+dd
HCl
dd
Y
+H2
Hỗn hợp X
Fe (y mol)
FeCl2
n
Gọi
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.
- n Số nguyên tử ( cacbon, hidro…..) trung bình.
- x Số nhóm chức trung bình.
- a Số liên kết  trung bình.
- R Số gốc hidrocacbon trung bình.
...
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:

(mol) 0,5
0,5
1,12
nCO2 
 0,05
22,4
4,68
MCO3 
 93,6  M  93,6  60  33,6;X  M  Y
0,05
M

Hai kim loại đó là : Mg =24 < M  33,6 < Ca =40  Đáp án B
Ví dụ 3. Cho 150ml dung dịch AgNO3 0,4M vào dung dịch chứa 4,4 gam muối natri halogenua của hai
nguyên tố X và Y (thuộc hai chu kỳ liên tiếp). X và Y lần lượt là:
A.Flo, Clo.
B.Clo, Brom.
C.Brom, Iot.
D.Clo, Iot.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức chung của hai nguyên tố X và Y là N. Ta có PTHH:
NaN + AgNO3  AgN + NaNO3.
Ta có nN = n AgNO3 = 0,4 . 0,15 = 0,06 mol.
Khối lượng mol trung bình của hai muối là:
M X,Y  73,3  23  50,3 X và Y là Cl (35,5) và Brom (80)  Đáp án B
Ví dụ 4. Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hidrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng với dung
dịch HCl dư, tạo ra 0,448 lít khí (đktc). Kim loại M là :
A. Li.
B.Rb.
C.K.

khí thứ hai, ta có phương trình:
5
48.20 + 32V
M = .3.16 = 40 =
. Giải ra có V =20 lít.  Đáp án C
6
20 + V
Ví dụ 6. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng, thu
được 3,548 lít CO2 (đktc) và 3,96 gam H2O. Tính a và xác định CTPT của các ancol.
A. 3,32 gam; CH3OH và C2H5OH.
B.4,32 gam; C2H5OH và C3H7OH.
C.2,32 gam; C3H7OH và C4H9OH.
D.3,32 gam; C2H5OH và C3H7OH.
[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

Hng dn gii
Gi n l s nguyờn t C trung bỡnh v x l tng s mol ca hai ancol.
3n
Cn H 2n+ 1OH +
O2 đ nCO2 + (n + 1)H 2O
2
(mol) x
nx
(n + 1)x
3,584

2
PTHH:
y
y
(mol) a
a(x + -1)
ax
a
4
2
1
Số mol O2 phản ứng = số mol không khí.
5
146,16 1
nO2 =
. = 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
nCO2 =
= 1,05mol . Theo (1) ta cú:
44
ax = 1,05
Cx H y O2 + (x +

a = 0,18

y
-1)=1,305
4


M2....... C2
C – C1
Trong đó
+ m1 là khối lượng dung dịch có nồng độ C1%, m2 là khối lượng dung dịch có nồng độ C2%
+ C% là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với C1 < C < C2
2/ Đối với nồng độ mol/ lít

V1..............CM (1)

CM (2)- CM


CM

V1 C M (2)  C

, (II)
V2 C  C M (1)

V2 ............CM (2)
CM - CM (1)
Trong đó: + V1 là thể tích dung dịch có nồng độ mol CM (1)
+ V2 là thể tích dung dịch có nồng độ mol CM (2)
+ CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với CM (1) < CM < CM
(2)
3/ Đối với các chất khí không tác dụng với nhau
V1............M1
_
M2 – M

8


20

m1



m2

8



16

1
2

m2 ...........12
16
Kết hợp với m1 + m2 = 151,1= 16,5  m1= 5,5 g và m2 =11g Đáp án D
Ví dụ 2 :Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 600g dung dịch NaOH 18% để thu được dung dịch NaOH
15% ?
A.60.
B.120.
C.160.
D.400.
Hướng dẫn giải

m1=6001/5= 120, ỏp ỏn B
Vớ d 3 :Ho tan 200 gam SO3 vo m2 gam dung dch H2SO4 49% ta c dung dch H2SO4 78,4%.Giỏ tr
ca m2 l
A.133,3g.
B.146,9g.
C.272,2g.
D.300 g.
Hng dn gii
Phng trỡnh hoỏ hc
SO3 +
H2O
H2SO4.
98 100
122,5gamH 2SO 4
100 gam SO3
80
Nng dung dch H2SO4 tng ng 122,5%.
Gi m1,m2 ln lt l khi lng ca SO3 v dung dch H2SO4 49% cn ly.
m1 ...........122,5
29,4


78,4

m1
m2



29, 4


2
11

22
PHN 3 : CC DNG BI 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:
nA nB
=
thìA và B đều phản ứng hết.
a
b
nA nB
>
thìA dư và B phản ứng hết.
a
b
nA nB


Hng dn gii.
Ta cú PTHH:
n + đầu = 0,2.2 = 0,4mol.
H

nH2 =

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

Al đ Al 3+ + 3e
x
3x

2H +
(mol) 0,32

+ 2e đ H 2
0,32

Fe đ Fe + 2e
y
2y
2+

nH + phn ng = 0,16 . 2 = 0,32 mol < nH + u axit d sau phn ng.
nH + d = 0,4 0,32 = 0,08 mol.

a. Gi x l s mol Al, y l s mol Fe trong hn hp. Ta cú phng trỡnh:

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.
nH2SO4 = nSO2- dư = 0,133mol.
4

nHCl = nCl -

= 0,1.2 = 0,2mol.

Khi lng kt ta = 0,1 . 233 = 23,3 gam.
Khi lng dung dch sau phn ng = 114,2 + 400 -23,3 = 490,9 gam.
0,133.98.100
C%H2SO4 =
= 2,66%.
490,9
0,2.36,5
C% HCl =
.100 = 1,49%.
490,9
II/ DNG TON pH.
II.1.Mt s lu ý khi gii bi toỏn pH.
a.
pH = ư lg [H + ], nếu [H + ] = 10-aM thìpH = a.

B.99 ln.
C.101 ln.
D.100 ln.
Hng dn gii
Ta cú pH =2 vy C1= [H+] = 10-2M, C2 = [H+] = 10-4M.
T cụng thc C1V1= C2V2 ta cú

10 V1 = 10 V2 ,
- 2

- 4

V1 10- 4
1
ị
= -2 =
V2 10
100

ị V2 = 100V1 ị pha loã ng 100 lần.
ỏp ỏn D.
Vớ d 2.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
Ta cú pH =1 vy C1= [H+] = 10-1M, C2 = [H+] = 10-2M.
V

C2 = [OH - ] =

10- 3 V1 = 10- 5 V2 ,

ị

V1 10- 5
1
= -3=
V2 10
100

ị V2 = 100V1 ị pha loã ng 100 lần.
ỏp ỏn C.
II.2.2.Mt s sai lm khi tớnh toỏn trong trng hp ny.

[Type text]


Trng THPT Long Thnh

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

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.
Nu mụi trng baz m khụng tớnh [OH-] li a [H+] vo cụng thc :

dch NaOH cú pH=9.
A.10 ln.
B.99 ln.
C.100 ln.
D.101 ln.
Hng dn gii
Tớnh nhanh : pH gim 11-9 = 2 n v, s ln pha loóng l 102 ln, pha loóng 100 ln. ỏp ỏn C.
III/ XC NH KHI LNG HN HP DA VO NH LUT BO TON KHI LNG.
III.1.Ni dung.
Nhiu bi toỏn hoỏ hc phc tp cú th gii nhanh bng phng phỏp bo ton khi lng.
III.1.1. Trong mt phn ng hoỏ hc : Tng khi lng cỏc sn phm bng tng khi lng cỏc cht
tham gia phn ng.
III.1.2.Trong mt hp cht : Khi lng ca cht bng tng khi lng cỏc nguyờn t ca nguyờn t
cu thnh nờn cht ú.
III.1.3.Khi lng ca dung dch = khi lng cht tan + khi lng dung mụi.
III.1.4.Khi pha trn cỏc dung dch vi nhau :
mdd sau khi pha trộn m dd ban đầu - m các chất thoát ra khỏi dd .
III.1.5.Khi lng hn hp mui bng tng khi lng ca cation v anion.
III.2.Cỏc vớ d.
Vớ d 1.Cho 24,4 gam hn hp Na2CO3 v K2CO3 tỏc dng va vi dung dch BaCl2.Sau phn ng thu
c 39,4 gam kt ta.Khi lng mui clorua to ra trong dung dch l :
A.2,66.
B.22,6.
C.26,6.
D.6,26.
Hng dn gii
39,4
nBaCl 2 nBaCO3
0,2mol.
197

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:
mhỗn hợ p oxit + maxit = mhỗn hợ p muối + mnư ớ c .
nh lut bo ton nguyờn t i vi Hidro, ta cú: nH2SO4 =nH2O =0,3.0,1=0,03mol
mhỗn hợ p muối = 2,81+ 0,03.98 -0,03.18= 5,21 gam. ỏp ỏn C.

Vớ d 4.Hn hp A gm N2 v H2 theo t l 1:3 v th tớch, to phn ng tng hp NH3. Sau phn ng
c hn hp khớ B, dA B 0,6. Hiu sut phn ng tng hp NH3 l:
A80%.
B.50%.
C.70%.
Hng dn gii
Gi x l s mol N2 lỳc ban u, s mol H2 ban u l 3x.
N 2 +3H 2 2NH 3

D.85%.

Số mol ban đầu
x
3x
0
Số mol phản ứng
a
3a
2a
Số mol lúc cân bằng (xưa) (3xư3a)
2a

nOH
nCO2

T1

(1)

1
Ví dụ 1.Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít SO2 (đktc) vào dung dịch chứa 16 gam NaOH. Khối lượng muối thu
được
trong dung dịch là:
A. 18,9 gam.
B.25,2 gam.
C.23 gam.
D.20,8 gam.
Hướng dẫn giải
16
4,48
nOH 
 0,4mol.
nSO2 
 0,2mol
40
22,4
n  0,4
T  OH 
 2  t¹o muèi Na2SO3.
nSO2 0,2

SO2 + 2NaOH  Na2SO3
(mol) 0,2
0,4
0,2
Vậy mNa2SO3  0,2.126  25,2gam. Đáp án B.
Ví dụ 2. Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít CO2 (đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/ lít thu được
15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là :
A. 0,032.
B.0,06.


CO2 + 2OH
(mol) y

3

 HCO3-

CO2 + OH (mol) x

nBaCO 

2-

+ CO3

y
 BaCO3 

y

y=0,08.

Ta cã ph­ ¬ng tr×nh: x + y = 0,12.  x  0,04.
Ba(OH)2  Ba2  2OH 
(mol) 2,5a
5a
nOH  5a  x  2y  0,04  2.0,08  0,2.
0,2
 0,04M.  § ¸ p ¸ n C.


[Type text]

(mol) y

2y

y

Ba2+ + CO32-  BaCO3 
(mol)

0,05

0,05


Trường THPT Long Thành

Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học
Ta lập hệ phương trình.
x + y = 0,2.
x + 2y= 0,25
x = 0,15.
y = 0,05

mBaCO3 = 0,05.197= 9,85 gam  Đáp án B.
Cách khác:
nCO2  nOH  nCO2  0,25  0,2  0,05mol  nBa2  0,1.
3

30  44
 37.  nNO  nN2O  0,07mol.
Vì M Y 
2
Gọi x là số mol Mg và y là số mol Al.
Quá trình oxi hoá:
Mg  Mg2+  2e.

x

x

2x

Al  Al 3+ +3e
y
y
3y
Quá trình khử:

NO3 + 3e + 4H +  NO  2H 2O.
(mol)

0,07 0,21 0,28

0,07

2NO-3 + 8e +10H +  N 2O + 5H 2O
(mol) 0,14 0,56 0,7
0,07

a)
7,68
nCu
0,12mol.
64
nH = nHNO3 2nH2SO4 0,15(0,8 +0,4.2)= 0,24mol.

%Al

nSO2 nH2SO4 0,06mol.
4

3Cu + 8H + + 2NO-3 3Cu2+ + 2NO + 4H 2O.
nban đầu 0,12 0,24

0,12.

0,24 0,12 0,12


H tham gia phản ứng hết.
8
3
2
0,24.2
nNO
0,06 VNO 0,06.22,4 1,344 lít.
8
Đ á p á n C.
So sá nh tỉlệ:

A. Fe.
B.Ca.
C.Mg.
D.Cu.
Hng dn gii
Gi hoỏ tr ca M l n.
PTHH:
2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
Khớ B l SO2 , gi s tỏc dng vi dung dch NaOH to hn hp 2 mui.
n NaOH = 0,5.1= 0,5mol.
Na2SO3. (a mol)

SO2
NaHSO3 (b mol)

p dng bo ton nguyờn t Na, ta cú :
2a + b = 0,5
Ta lp h phng trỡnh

2a + b = 0,5.
104a + 126b= 39,7
a = 0,2.
b = 0,15
p dng bo ton nguyờn t S, ta cú : n SO2 = a + b = 0,2 + 0,15 = 0,35mol.
Trong trng hp ch to mt mui thỡ khi gii phng trỡnh s cú mt nghim bng 0
2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.
(mol) 0,7/n
0,35
[Type text]


hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực và tư duy của từng người, cũng như phù hợp với trình độ hiểu biết và
lứa tuổi của mỗi học sinh.
Hy vọng rằng với chuyên đề này, một phần nào giúp học sinh giảm bớt khó khăn trong việc học
Hoá học, ham thích môn học này đồng thời nâng cao chất lượng giáo dục là một chiến lược quốc sách của
mỗi quốc gia.

[Type text]