TRUNG TÂM HỌC LIỆU HÓA HỌC TRỰC TUYẾN
CHỌN LỌC-ĐẦY ĐỦ-CHẤT LƯỢNG
http://HOAHOC.edu.vn ─ http://LUUHUYNHVANLONG.com

“Học Hóa bằng sự đam mê”

Thầy LƯU HUỲNH VẠN LONG
(Giảng viên Trường ĐH Thủ Dầu Một – Bình Dương)

TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐẠT GIẢI CÁC CẤP MÔN
HÓA HỌC THPT

KHÔNG tức giận vì muốn biết thì KHÔNG gợi mở cho
KHÔNG bực vì KHÔNG hiểu rõ được thì KHÔNG bày vẽ cho
Khổng Tử


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị TRƯỜNG THPT TRỊ AN
------  -----Mã số………………

Chuyên đề

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC
RÈN LUYỆN NĂNG LỰC TƯ DUY
CHO HỌC SINH LỚP 11

Người thực hiện: NGÔ MINH ĐỨC

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị : Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2005.
- Chuyên ngành đào tạo: Hóa học.

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy môn Hóa học.
- Số năm kinh nghiệm: 10 năm.
- Số sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây : 2 SKKN.


XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC RÈN LUYỆN NĂNG LỰC TƯ
DUY CHO HỌC SINH LỚP 11
-o0oI. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong một xã hội năng động, hiện đại như hiện nay thì việc học của các em học sinh
không còn đơn thuần là ghi nhớ, tiếp thu những kiến thức trong sách vở một cách thụ
động mà đòi hỏi các em phải rèn luyện kỹ thuật "tư duy bậc cao": gạn lọc, phân tích, nảy
sinh ý tưởng, ra quyết định, giải quyết vấn đề và lên kế hoạch. Học thuộc lòng hay ghi
nhớ bài học đều bị xem là "tư duy bậc thấp". Nhưng có lẽ hiện nay các chương trình giáo
dục vẫn chỉ dựa trên nền tảng "tư duy bậc thấp". Kỹ thuật tư duy bậc cao đòi hỏi phải suy
nghĩ sâu và rộng về một vấn đề. Giống các kỹ năng khác, tư duy bậc cao đều có thể học
được và với sự kiên trì rèn luyện thường xuyên thì khả năng tư duy bậc cao có thể cải
thiện. Trẻ sáng dạ là những em có khả năng tư duy bậc cao. Các em có thể giải quyết vấn
đề, suy nghĩ sáng tạo, suy nghĩ logic, ra quyết định, luôn nảy sinh ý tưởng mới, phân tích
- xử lý thông tin, lên kế hoạch cho tương lai. Sự thành công của các em sau quá trình học
tập phổ thông phụ thuộc rất nhiều vào năng lực tư duy của các em, do đó một trong
những thành tố tạo nên chất lượng của nền giáo dục là hình thành năng lực tư duy bậc cao
cho học sinh.
Đối với bộ môn Hóa học thì bài tập hóa học đóng vai trò rất quan trọng trong việc rèn
luyện năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh. Vì vậy, người viết chọn chuyên đề

- Giải bài tập hóa học vừa có tác dụng ôn tập, củng cố kiến thức vừa có tác dụng phát
triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và trí thông minh cho học sinh. Thực chất của
việc rèn luyện trí thông minh cho học sinh là bồi dưỡng năng lực tư duy linh hoạt, sáng tạo
mà bước đầu là giải các bài toán nhận thức độc lập sáng tạo.
- Câu hỏi, bài tập hóa học làphươngtiệncơbản nhất đểhọc sinhtậpvận dụngkiến thứcđã học
vào thực tế cuộc sống, sản xuất, biến kiến thức đã tiếp thu được thành kiến thức của chính
mình.
- Câu hỏi, bài tập hóa học là phương tiện để kiểm tra khả năng tư duy và sáng tạo và để
đánh giá kiến thức, kỹ năng của họcsinh một cách chính xác.
3. Rèn luyện năng lực tư duy của học sinh lớp 11 thông qua phương pháp sử dụng
bài tập hóa họctại trường Trung học phổ thông Trị Anhiện nay
Trong quá trình giảng dạy bộ môn Hóa học lớp 11, các thầy cô ở trường Trung học phổ
thông Trị An đã rèn luyện năng lực tư duy của các em học sinh bằng biện pháp sử dụng
bài tập hóa họcdưới hình thức: giới thiệuhọc sinh phương pháp giải các dạng bài tập hóa
học; phân tích và hướng dẫn học sinh vận dụng các phương pháp giải bài tập hóa


học:phương pháp bảo toàn electron, phương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo
toàn nguyên tố…thông qua các bài tập trong sách giáo khoa, bài tập giao về nhà. Tuy
nhiên hiệu quả vẫn chưa được như mong đợi do 2 nguyên nhân chủ yếu sau:
- Một bộ phận không nhỏ học sinh trường THPT Trị An mất “căn bản” trong việc giải bài
tập Hóa học, nên các em rất e ngại việc giải bài tập hóa học, lâu dần các em tự ti, không
có nỗ lực cố gắng.
- Thời gian dành cho luyện tập theo phân phối chương trình là không nhiều nên các thầy
cô không thể triển khai phân tích, hướng dẫn một cách chi tiết để học sinh có thể nắm
vững và sử dụng thành thạo các phương pháp giải bài tập hóa học.
Dựa trên cơ sở về đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay và thực trạng rènluyện năng
lực tư duy của các em học sinh lớp 11 bằng biện pháp sử dụng bài tập hóa học hiện nay ở
trường Trung học phổ thông Trị An, với mong muốn góp phần nâng cao hiệu quả trong
việc rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh của bản thân và đồng nghiệp, đồng thời giúp

Phần 1
HỆ THỐNG CÔNG THỨC TÍNH CÁC ĐẠI LƯỢNG HÓA HỌC-CÁC DẠNG BÀI
TẬP HÓA HỌC -CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC
-o0o-

I. CÔNG THỨC TÍNH CÁC ĐẠI LƯỢNG HÓA HỌC
1. Số mol của một chất
* n=

n: số mol của X ; m : khối lượng của X(g);

m
m
 M =  m = M. n
n
M

M : khối lượng Mol của X

VD : Cho 8g NaOH  nNaOH =
* n = CM .V  CM =

n
n
 V=
V
CM

m
8


1,5.1,64
 0,1 mol
0, 082.(273  27)


2. Nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch
C%chất tan X =

m .C %
m .100
mX
.100  m X  dd
 mdd  X
100
C%
mdd

VD: 60g dd NaOH 5%  mNaOH 

mdd NaOH .C%
100



60.5
m
3
 3g  nNaOH =



VA
n
=k  A =k
VB
nB
b)

n1
P
V
= 1 = 1
n2
P2 V2

: tỉ lệ mol cũng là tỉ lệ thể tích (các thể tích ở cùng đk nhiệt độ, áp suất)
P1; V1; n1 : áp suất, thể tích, số mol hỗn hợp khí trước phản ứng
P2; V2; n2 : áp suất, thể tích, số mol hỗn hợp khí sau phản ứng

6. Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp

M =

mhh
M A .n A  M B .nB
=
= MA.%VA + MB.%VB
nhh
n A  nB


(số mol ;khối lượng;thể tích…) của sản phẩm thuđược sau pứ.
- Dạng này thường có 5 bước giải :
Bước 1 : Viết và cân bằng các pt pứ.
Bước 2 : Tính số mol của các chất tham gia pứ.
Bước 3 : Xác định chất tham gia sẽ bị pứ hết.
Bước 4 : Theo ptpứ, từ số mol pứ của chất tham gia hết suy ra số mol của chất sản
phẩm cần tính.
Bước 5 : Dùng các công thứctính đại lượng hóa học mà bài yêu cầu.
- Để tính được lượng sản phẩm thu được, cần phải xác định chất tham gia sẽ bị phản ứng
hết nên có thể chia dạng này thành 2 trường hợp :
 Trường hợp 1 : Nếu từ giả thiếtbài toán tính được số mol của các chất tham gia phản
ứng thìta xác định chất tham gia phản ứng hết bằng phương pháp sau :

mA + nB  pC + qDm; n; p; q là hệ số cân bằng của các chất
a mol

b mol

So sánh

a
b
và :
m
n

a là số mol của chất A; b là số mol của chất B

a
b


8,1
 0,3mol ; nHCl  0, 2.3  0, 6 mol
27

nHCl 0,6
n
0,3

 0,1  Al 
 0,15 nên HCl pứ hết  tính theo HCl
6
6
2
2
2Al + 6HCl → 2AlCl + 3H 
3

0,3 mol

* Bước 5: VH2 =nH2. 22,4 = 0,3 . 22,4 = 6,72 lít

2


 Trường hợp 2 : Nếu không tính được số mol của các chất tham gia phản ứng thì ta
phân tích giả thiết về mặt hóa học để xác định chất tham gia phản ứng hết.
VD : Cho m(g) Ca tác dụng với 500ml dd HCl 1M, pứ hoàn toàn thì thu được V lít khí H2
(đkc).Để trung hòa dung dịch sau phản ứng cần dùng 200ml dd NaOH 1M.Tính giá trị
của V. (Ca=40).

- Lập đượccác phương trình hóa học.
- Xác định được chất phản ứng hết.
- Nắm vững các công thức tính các đại lượng hóa học.
b) Dạng 2 : Cho biết lượng các sản phẩm thuđược sau phản ứng,yêu cầu tính các đại
lượng (số mol ;khối lượng; thể tích…) củachất tham gia phản ứng.
Bước 1 : Viết pt pứ và cân bằng các pt pứ.
Bước 2 : Tính số mol của các chất sản phẩm thu được sau pứ.
Bước 3 : Theo ptpứ, từ số mol của chất sản phẩm suy ra số mol của chất tham gia pứ
cần tính.
Bước 4 : Dùng các công thức tính ra đại lượng hóa học bài yêu cầu.
VD 1: Cho m(gam) Na2CO3 pứ vừa đủ với 73gam dd HCl C% thì thu được 3,36 lít khí
(đkc).Tính giá trị của m và C%. (Na = 23; C = 12; O =16; Cl =35,5).


* Bước 1 : Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O
* Bước 2 : nCO2 =
* Bước 3 :

3,36
= 0,15 mol
22, 4

Na 2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2

+ H2O

0,3 mol0,15 mol

0,15mol


100

* Bước 3 :

Từ (2)  nCO2 = 0,15 mol ; từ (1)  nFe2O3= 0,05 mol

* Bước 4 :

mFe2O3 = n.M = 0,05.160 = 8g

Kết luận : Để có thể giải được dạng bài toán này, học sinh cần:
- Lập được các phương trình hóa học.
- Biết dựa vào ptpứ suy ra số mol chất tham gia phản ứng cần tìm theo tỉ lệ phản ứng.
- Nắm vững các công thức tính các đại lượng hóa học.

2. Phản ứng xảy ra không hoàn toàn ( H < 100%)
Hiệu suất của một phản ứng đươc tính theo 1 trong 2 công thức sau:

H=
H=

lX pø
lX b®
lspTT
lspLT

.100

.100


Kết luận:Cách giải tương tự dạng1 của phản ứng hoàn toàn, chỉ thêm bước thứ 6.
VD 1: Cho 8,1gam Al pứ với 13,44 lít khí O2 (đkc). Biết hiệu suất pứ là 60%, tính lượng
Al2O3 thu được.(Al = 27)
* Bước 1 : 4Al + 3O2 → 2Al2O3
* Bước 2 : nAl = 0,3 mol ; nO2 = 0,6 mol
* Bước 3 : Vì
* Bước 4 :

0,3
0,6
= 0,075

Bước 4 : Dùng công thức tính ra lượng phản ứng của chất tham gia pứ.
Bước 5: Dùng công thức (2) tính lượng ban đầu cần lấy của các chất tham gia pứ mà

H=

bài toán yêu cầu.

lX pø
lX b®

.100  l

X b®



lX pø .100
H

Kết luận:Cách giải tương tự dạng 2 của phản ứng hoàn toàn, chỉ thêm bước thứ 5
VD: Cho m(gam) Al pứ với V lít khí O2 (đkc)thu được 20,4gamAl2O3 . Biết hiệu suất pứ
là 60%, tính m và V. (Al=27)
* Bước 1 :

4Al +

3O2 → 2Al2O3

* Bước 2 : nAl2O3 = 0,2 mol
* Bước 3 :4Al

Bước 1 : Viết pt pứ và cân bằng pt pứ.
Bước 2 : Tính số mol ban đầu của các chất tham gia pứ và số mol của chất sản phẩm thu
được sau pứ.
Bước 3 : Biện luận để xác định khi H = 100%.
Bước 4 : Theo pt pứ, từ số mol của chất tham gia sẽ pứ hết suy ra số mol chất sản phẩm
(số mol này là số mol lý thuyết).
Bước 5 :Tính hiệu suất pứ theo công thứcH =

* Có thể giải dạng này theo công thức H =

nSP thùc tÕ
nSP lýthuyÕt

nX pø
nX b®

.100

.100 (X là chất pứ hết nếu H = 100%)


VD: Cho 8,1gam Al pứ với 13,44 lít khí O2 (đkc)thu được 9,18g Al2O3. Tính hiệu suất
của phản ứng.(Al= 27)
 Cách 1

Pt pứ

3O2 → 2Al2O3

4Al +

= 0,2  Al pứ hết  phải tính hiệu suất pứ theo Al
4
3

4Al

+

→

3O2

2Al2O3

pứ: 0,18 mol
Vì Al pứ hết nên H= 

0,09 mol
nAl pø .100
nAl b®



0,18.100
 60%
0,3

Kết luận : để giải được dạng bài toán tính hiệu suất, học sinh cần:
- Xác định đúng chất phản ứng hết.
- Thuộc công thức tính hiệu suất phản ứng.

0,15 mol 0,3 mol

nNO2 = 0,2 mol, theo (1) ta có: nHNO

3 (1)

= 0,4 ; nCu = 0,1  mCu = 0,1.64= 6,4g

 mCuO = 18,4 -6,4 = 12g  nCuO = 12: 80 = 0,15 mol

Theo (2) ta có nHNO3 (2) = 0,3 mol
Vậy : nHNO3 ban đầu = 0,4 + 0,3 = 0,7 mol  Vdd HNO3=

n 0,7

= 0,35 lít
CM 2

Kết luận : khi sử dụng phương pháp này , học sinh cần:
- Lập được các ptpứ.
- Biết cách suy luận ra số mol của các chất.
2. Phương pháp đặt ẩn số phụ
* Ứng dụng : được dùng để tìm số mol của 1 hay nhiều chất, do đó đây là phương pháp
giải đặc trưng cho bài toán hỗn hợp nhiều chất.
* Cách thực hiện :
- Đặt ẩn số phụ là số mol của các chất cần tìm.
- Dựa vào ptpứ suy ra số mol của một số chất khác (là các chất đã tính được số mol) theo
ẩn số phụ.
- Dựa vào dữ kiện số liệu bài cho,thiết lập các phương trình đại số chứa các ẩn số phụ
cần tìm (số phương trình bằng số ẩn cần tìm).

(2)

(1) và (2)  x = 0,3 ; y = 0,1  mAl = 0,3.27 = 8,1g ; mFe = 0,1. 56 = 5,6g
 %mAl=

8,1.100
 59,12% ; %mFe = 40,88%
13, 7

VD 2: Nhiệt phân hoàn toànm(gam) Cu(NO3)2 thì thu được 5,6 lít hỗn hợp khí (đkc).Tính
m. (Cu =64; N =14)
o

t
2Cu(NO3)2 
 2CuO + 4NO2  + O2 

x mol

2x

x/2

nhh khí sau pứ = 5,6/22,4 = 0,25 mol  nNO2 +nO2= 0,25 mol
ptpứ  2x+ x/2 = 0,25 mol  x = 0,1 mol  mCu(NO3)2= 0,1. 188= 18,8g
3. Phương pháp tỉ lệ khối lượng
* Ứng dụng : được dùng để tính khối lượng (m); hoặc tính khối lượng mol phân tử (M)
của các chất  thường dùng trong các dạng bài tập điều chế, sản xuất , xác định nguyên
tố, xác định các chất.
* Cách thực hiện:

VD2: Cho 12,8gam kim loại R (chỉ có hóa trị 2) tác dụng với O2 (dư),pứ hoàn toàn thì thu
được 16 gam oxit.Xác định R.


2R

O2 → 2 RO

+

2.MR

2.(MR+ 16)

12,8(g)

 2.MR.16 = 12,8. 2.(MR+ 16)
 MR = 64  R là kim loại Cu.

16(g)

4. Phương pháp bảo toàn electron
Trong phản ứng oxi hóa khử, xảy ra quá trình nhường và nhậnelectron nên số e nhường
luôn bằng với số e nhận  ∑n enhường = ∑n enhận
* Cách thực hiện:
- Lập sơ đồ của quá trình chuyển hóa của các chất.
- Dựa vào sơ đồ, xác định các nguyên tố bị thay đổi số oxi hóa, biểu diễn phương trình
nhường nhận e của các nguyên tố đó.
- Đặt ẩn số phụ là số mol các chất cần tìm trong phương trình nhường nhận e. Tính số
mol e nhường, số mol e nhận theo ẩn số phụ.

Sp khử
Số e nhận

NO2
1

NO
3

N2O
8

N2
10

NH4NO3
8

 hóa trị . số mol KL = số e nhận. số mol sản phẩm khử

(1)

(thu gọn của bảo toàn e)
 nNO3- = số e nhận . số mol sản phẩm khử

(2)

Tổng quát : nNO3- = hóa trị . số mol KL = số e nhận. số mol sản phẩm khử



HNO3loãng dư thì thu được V lít khí NO (đkc) (NO là sản phẩm khử duy nhất của
pứ).Tính giá trị của V và tổng khối lượng muối thu được.
* Cách giải thông thường: viết và cân bằng pt pứ, dựa vào ptpứ suy ra số mol của NO.
Fe +

4HNO3

0,1 mol
3Cu

+

→ Fe(NO3)3+ NO + 2H2O
 nNO= 0,1 + 0,2 + 0,05 = 0,35

0,1mol0,1mol
8HNO3 → 3Cu(NO3)2+ 2NO + 4H2O

0,3 mol0,30,2 mol
3Ag

+

 VNO = 0,35. 22,4 = 7,84 lít
mmuối = 0,1. 242 + 0,3. 188+ 0,15. 170

4HNO3→ 3AgNO3

+ NO + 2H2O



(2)


(1) và (2)  x = 0,1; y = 0,2  %mMg=

2,4.100
 17,65% ; %mFe = 82,35%
13,6

* Cách giải dùng định luật bảo toàn elelctron
Sơ đồ phản ứng : {Mg, Fe} + H2SO4 dư→ MgSO4 + Fe2(SO4)3+ SO2 + 2H2O
Dựa vào sơ đồ pứ ta thấy có sự thay đổi số oxh của 3 nguyên tố :Mg ; Fe ; S
Sự nhường e:

Mg0 → Mg+2 + 2e

x mol2x mol0,8 mol

Sự nhận e : S+6 + 2e

→

+4

SO2

0,4 mol

Fe0 → Fe+3 + 3e


+5

+5

+4

Quá trình nhận e: HNO3 + 3e → NO ; 2HNO3 + 2.5e → N2 ; HNO3 + 1e → NO2
0,3

0,1

1

0,1

0,2

0,2

Định luật bảo toàn elelctron  3x = 0,3 + 1+ 0,2  x = 0,5  mAl =0,5. 27=13,5g
Hoặc dùng định luật bảo toàn elelctron ở dạng công thức:
hóa trị . số mol KL= số e nhận . số mol sản phẩm khử
 3. nAl = 3. nNO+10. nN2 + 1. nNO2  3. nAl = 3. 0,1 + 10.0,1 + 1. 0,2  nAl= 0,5 mol

VD4: Hỗn hợp X gồm Al, Mg, Zn,Cu.
Thí nghiệm 1: Oxi hóa hết m(g) X thành oxit cần vừa đủ 3,36 lít O2 (đkc).
Thí nghiệm 2: Cho m(g) hh X tác dụng hết với dd HNO3 loãng thì thu được sản phẩm khử
duy nhất là NO.Tính thể tích của NO (đkc).


Vì lượng kim loại ở 2 thí nghiệm là bằng nhau (đều là m gam) nên tổng số mol e nhường
ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau  tổng số mol e nhận ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau
 0,6 = 3x  x = 0,2 mol  VNO = 0,2. 22,4 = 4,48 lít

VD5: Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện
không có không khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch
HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn
X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở đktc). Tính giá trị của V.
Sơ đồ phản ứng:
FeS

khí X: H2S ; H2

Fe + S→ hỗn hợp M

Fe (còn dư)

+ O2

 SO2; H2O

+ HCl d­

 FeCl2(dd)

rắn G : S còn dư

S (còn dư)

+ O2


0,075 mol

SO 2  4e
0,3

Bảo toàn e  0,2 + 0,3 = 4x  x = 0,125  VO2= 0,125. 22,4 = 2,8 lít
Kết luận
- Khi giải bằng phương pháp bảo toàn electron, chỉ cần viết phương trình hoặc lập sơ đồ
phản ứng, không cần cân bằng phương trình phản ứng nên phương pháp bảo toàn electron
là phương pháp giải nhanh và hiệu quả nhất đối với bài toán xảy ra phản ứng oxi hóa
khử.- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron cho bài toàn xảy ra nhiều phản ứng thì
việc lập sơ đồ phản ứng để xác định sự biến đổi của các chất ban đầu, từ đó xác định
chính xác sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố là yếu tố quan trọng nhất. Muốn lập sơ
đồ phản ứng thì phải nắm vững tính chất hóa học của các chất mà bài toán đề cập.


5.Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Trong các phản ứng , các nguyên tố chỉ chuyển từ chất này sang chất khác nên :
số mol của nguyên tố X trước phản ứng = số mol của X sau phản ứng
*Cách thực hiện:
- Lập sơ đồ phản ứng của các chất để thấy sự chuyển hóa của nguyên tố chính.
- Viết phương trình thu gọn biểu diễn sự chuyển hóa của nguyên tố chính (chú ý cân bằng).

* Ứng Dụng : dùng trong dạng bài tập có sự chuyển hóa của mộtnguyên tố qua nhiều
phản ứng; bài tập điều chế và sản xuất các chất.
VD1 : Nếu dùng 8,96 lít khí N2 thì người ta có thể điều chế được bao nhiêu lít khí NO2
theo sơ đồ : N2 →NH3 →NO→ NO2.Các thể tích đo ở đkc và hiệu suất quá trình điều chế
là 100%.

* Cách giải thông thường

* Cách giải dùng định luật bảo toàn nguyên tố

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
0,1mol

0,1

o

HCl
NaOH
t
Fe 
FeCl2 
Fe(OH)2 
Fe2O3 FeCl2 + NaOH →

0,1

Fe(OH)2  + 2NaCl

 pt thu gọn : 2Fe→

0,1
o

t
4Fe(OH)2 + O2 

Sơ đồ phản ứng: CO 

Ta có: nC trước pứ = nCO ; n C sau pứ = nCaCO 3
Theo ĐLBTNT cacbon ta có: n CO = nCaCO3 = 0,04 mol  VCO= 0,896 lít
VD4: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,1 mol FeS và 0,15 mol CuFeS2 trong dung dịch
HNO3 dư thu được dung dịch X và khí NO duy nhất. Cho X tác dụng dung dịch BaCl2 dư
thì thu được m gam kết tủa.Tính giá trị của m.
Vì dd X tác dụng dd BaCl2 tạo kết tủa nên dd X có chứa SO423+
2+
2 HNO
 dd X {Fe , Cu , NO3 , SO4 } + NO
 Sơ đồ phản ứng: {FeS, CuFeS2} 
3

SO42- + Ba2+→ BaSO4 
ĐLBTNT cho S : n BaSO 4  n SO 4 2  n FeS  2.n CuFeS 2 = 0,1.1+ 0,15. 2= 0,4 mol
 mBaSO 4 = 0,4. 233 = 93,2 gam

Kết luận : để sử dụng được phương pháp này cần phải xác định được các ptpứ xảy ra, từ
đó biết sự chuyển hóa của nguyên tố chính để viết phương trình thu gọn. Khi viết phương
trình thu gọn phải cân bằng nguyên tố chính ở hai vế.

6. Phương pháp đường chéo
* Ứng Dụng :lập tỉ lệ mol (hoặc tỉ lệ thể tích) của 2 chất A và B trong một hỗn hợp.
* Cách thực hiện :
a mol A : MA
(MA
36    2  a = 2b (1)
b 4

b mol CO2 : 44

36 – 32= 4

Ta có: a + b = nhh = 13,44/22,4 = 0,6 (2)
VD2 :Hỗn hợp X (đkc) gồm CO2 và SO2, X có tỉ khối so với H2 là 24. Tính % thể tích
mỗi chất trong X.(C =12 ; S = 32; O =16)
d X/H 2 = 24  M X = 48

a molCO2 : 4416
a 16 4
=  %VCO2 = 80% ; %VSO2 = 20%
b 4 1

48  =
b molSO2 : 64

4

7.Phương pháp bảo toàn khối lượng
Định luật bảo toàn khối lượng: tổng khối lượng các chất trước phản ứng = tổng khối
lượng các chất sau phản ứng.
A+ B  C+D

 mApứ + mBpứ = mC + mD (1)

* Ứng dụng : được dùng để tính khối lượng của một chất, hoặc của một hỗn hợp.

trình vì số C ở 2 vế đã bằng nhau}

0,1mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng : mhh oxit + mCO = mhh rắn + mCO2
 17,6 + (0,1. 28) = m hh rắn + (0,1. 44)  m hh rắn = 16g

VD2: Hòa tan 6,6gam hỗn hợp gồm Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thì thu
được 7,84 lít khí (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m(gam) hỗn hợp
muối. Tính giá trị của m.(Mg =24; Al =27)
PTTQ: hỗn hợp KL + 2HCl hỗn hợp muối + H2

(1)

0,7 mol0,35mol

{trong phương trình (1)
hệ số HCl phải là 2 để
số H ở 2 vế là bằng nhau}

Theo định luật bảo toàn khối lượng : mhh KL + mHCl = mhh muối + mH2
 6,6 + (0,7. 36,5) = m hh muối + (0,35.2)  m hh muối = 31,45g

VD3: Oxi hóa hoàn toàn 28,6 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong oxi dư thu được 44,6
gam hỗn hợp oxitY, hòa tan hết Y trong dung dịch HCl dư thì thu được dung dịch Z. Tính
lượng muối có trong dung dịch Z.
PTTQ: hh oxit + HCl muối Cl- + H2O  Otrong oxit + 2H H2O (*)
mO = moxit-mKL = 44,6-28,6= 16  n O= 16:16 =1 mol
Theo (*) ta có: nH= 2nO= 2.1= 2 mol  nCl= nHCl=nH =2 mol
 mmuối = mKL + mCl = 28,6 + 2.35,5 = 99,6 gam

giá bài toán, qua đó thu gọn khoảng nghiệm làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn, thậm
chí có thể trực tiếp kết luận nghiệm của bài toán. Điểm mấu chốt của phương pháp này là
phải xác định đúng giá trị trung bình, từ đó kết hợp với dữ kiện đề bài rút ra kết luận cần
thiết đến việc giải bài toán.
Xét hỗn hợp Xgồm 2 chất A (a mol) và B (b mol) (MA