Download Ebook Chuyên Nghiệp Nhất VN

Phương pháp giải bài tập Hoá Học - THPT A. Phương pháp bảo toàn.

1. Bảo toàn ñiện tích:
-Nguyên tắc : Tổng ñiện tích dương luôn bằng tổng ñiện tích âm vè giá trị tuyệt dối. Dung
dịch luôn trung hòa về ñiện.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na
+
(a mol), HCO
3
(b mol), CO
3
2-
(c mol), SO
4
2-
(d mol).ðể
tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml Ba(OH)
2
x mol/l. Tính X theo a,b.
Giải
HCO
3
-
+ OH- ---> CO

= a+b mol ---. x = (a+b)/0,2.
2. Bảo toàn khối lượng:
-Nguyên tắc:
+Trong PƯHH thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất tham gia PƯ.
+Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu ñược bằng tổng khối lượng các cation
kim loại và anion gốc axit.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ ñựng m gam hỗn hợp Fe và các oxit
của Fe ñun nóng thu ñược 64 gam Fe, khi ñi ra sau PƯ tạo 40 gam kết tủa với dung dịch
Ca(OH)2 dư. Tính m.
Giải
Ta có: n
CO2
= n
CaCO3
= 40/100 = 0,4 mol
m
CO
+ m = m
Fe
+ m
CO2

mà n
CO pư
= n
CO2
= 0,4 nên:
m = m
Fe

+ m
H2O

---> m
H2O
= m
rượu
- m
ete
= 132,5 - 111,2 = 21,6 g
trong PƯ ete hóa thì: n
ete
= n
H2O
= 21,6/18 = 1,2 mol
---> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 mol
Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II vào
dung dịch HCl ñủ thu ñược 0,2 mol CO
2
. Tính khối lượng muối mới thu dược.
Giải
Trong các PƯ của HCl với muối cacbonat thì n
CO2
= n
H2O
= n
HCl
/2
mà n
CO2

-S nhận một phần e của Fe ñể tạo S
2-
(FeS) và không thay ñổi trong PƯ với HCl (vẫn
là S
2-
trong H
2
S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe ñã cho và e do nó vốn có ñể tạo SO
2

trong PƯ với O
2
.
-Fe nhường một phần e cho S ñể tạo Fe
2+
(FeS) và cuối cùng lượng e này lại ñẩy sang cho O
2

(theo trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H
+
ñể tạo H
2
, sau ñó H
2

lại trả số e này cho O
2
trong PƯ cháy tạo H
2
O

5+

ñể tạo NO.
N
5+
+ 3e ---> N
2+
---> n
NO
= a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol --> a = 0,15 mol
Ở thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N
5+
ñể tạo N
2
:
2N
5+
10e ---> N
2

---> n
N2
= 0,15/10 = 0,015 mol
---> V
N2
= 0,015.22.4 = 0,336 lit
Ví dụ 3: Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO
3
thu ñược 0,01 mol NO
và 0,04 mol NO

Nhận xét: ðây là một cách không hay nhưng lại ñược áp dụng nhiều do thói quen, cần hạn chế
làm theo cách này vì:
- Một số bài có hệ PT rất phức tạp, không giải ñược về mặt toán học (số PT ít hơn ẩn), rất khó ñể
biện luận ñể tìm ra ñại lượng cần tìm.
- Tính chất toán học của bài toán ñã lấn át tính chất hóa học, làm tính chất hóa học bị lu mờ -->
không có tác dụng khắc sâu kiến thức hóa học, làm giảm tác dụng của bài tập.

Ví dụ: ðể m gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu ñược 12 gam hỗn hợp A
gồm Fe và các oxit Fe. Cho hỗn hợp tan hoàn toàn trong HNO
3
thu ñược 2,24 l NO duy nhất.
Tính m.
Giải
1. Phương pháp ñại số:
Fe + 4HNO
3
---> Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
3FeO + 10HNO
3
---> 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H

O
4
, Fe
2
O
3
lần lượt là a,b,c,d. Ta có các PT sau:
m
A
= 56a + 72b + 232c + 160d = 12 (1)
n
Fe
= a + b + 3c + 2d = m/56 (2)
n
O
trong oxit
= b + 4c + 3d = (12-m)/16 (3)
n
NO
= a + b/3 + c/3 = 0,1 (4)
Có 4 phương trình 5 ẩn số nên phải biện luận, ñề không yêu cầu tính a,b,c,d nên ta tính vế trái
của 2 hoạc 3 --> m. ðể làm ñiều ñó ta có thể tổ hợp 1,4 ñể ñược vế trái của 2 hoặc khử a của 1,4
ñể thu ñược vế trái của 3
Kết quả: m = 10,08 g
2.Phương pháp bảo toàn khối lượng:
n
Fe(NO3)3
= n
Fe
= m/56


do
O2
thu

+ ne
do
N
5+

thu

3m/56 = (12-m).4/32 + 0,1.3
---> m = 10,08 g
4. Suy biến của PP bảo toàn e:
Giả sử hỗn hợp chỉ gồm có Fe và Fe
2
O
3

PU: 4Fe + 3O
2
---> 2Fe
2
O
3

---> n
Fe
= 4/3n

2
+ CO
2
+ H
2
O
---> n
MCO3
= n
CO2
= 1,12/22,4 = 0,05 mol
--->MCO
3
= 4,68/0,05 = 93,6 --> M = 33,6
Biện luận A < M = 33,6 < B --> A = 24, B = 40 : Mg,Ca
Ví dụ 2. ðốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp 2 rượu no, ñơn chức kế tiếp nhau trong dãy ñồng
ñẳng thu ñược 3,584 l CO
2
và 3,96 g H
2
O. Tính a và CTPT của hai rượu.
Giải
Gọi n là số C trung bình và x là tổng số mol. Từ PƯ ñốt cháy :
n
CO2
= nx = 3,584/22,4 = 0,16 mol
n
H2O
= (n+1)x = 3,96/18 = 0,22 mol
---> x = 0,06 và n = 2,67

= 0,08 - 0,05 = 0,03 mol và m
(B+C)
= 3,38-1,6 = 1,78
Khối lượng M trung bình của B,C: 1,78/0,03 = 59,3
Gọi y là số H trung bình, x là số C thì: 12x + y + 17 = 59,3 y<=2x+1
--->12x + y = 42,3 . Thay x = 1,2,3,4 vào (x>=4 thì y<0) ta ñược x = 3, y = 6,3 là phù hợp. Như
vậy một chất có số H > 6,3 chất kia có số H < 6,3. Ta có 2 cặp B,C:
CH
2
=CH-CH
2
OH và C
3
H
7
OH
CHC-CH
2
OH và C
3
H
7
OH

D. Phương pháp ghép ẩn số

- Thực ra ñây là một cách biện luận của PP ñại số khi bài toán cho thiếu nhiều dữ kiện.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1. ðốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, ñơn chức rồi dẫn toàn bộ SP qua bình 1
ñựng H

4
ñặc thu ñược V lit (ñktc) hai
anken. ðốt cháy hoàn toàn 2 anken thu ñược x lit CO
2
và y gam H
2
O. Tính x,y theo
p,V.
Bài này làm hoàn toàn tương tự như trên.

E. Phương pháp tăng, giảm khối lượng:
- Khi chuyển từ chất này sang chất khác, khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác
nhau có khối lượng mol phân tử khác nhau. Dựa vào tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng, giảm
khối lượng với số mol chất mà ta giải bài toán.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1. Nhúng thanh kim loại A hóa trị 2 vào dung dịch CuSO
4
một thời gian thấy khối lượng
thanh giảm 0,05% , cũng nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO
3
)
2
thì khối lượng thanh tăng
7,1%. Xác ñịnh M biết số mol CuSO
4
và Pb(NO
3
)
2
pư là như nhau.

rắn. Xác ñịnh % từng chất trong hh.
Giải
Bài toán có thể giải theo PP ñại số. ðây là PP khác.
2NaHCO
3
---> Na
2
CO3 + CO
2
+ H
2
O
2.84 (g) Giảm: 44 + 18 = 62 g
x (g) Giảm: 100 - 69 = 31 g
---> x = 84 g ---> %NaHCO3 = 84%, %Na2CO3 = 16%
Ví dụ 3. Hòa tan 23,8 g muối M
2
CO
3
, RCO
3
vào HCl thấy thoát ra 0,2 mol khí. Cô cạn dd thu
ñược bao nhiêu g muối khan.
Giải
M
2
CO
3
+ 2HCl ----> 2MCl + CO
2

-Trộn hai dd của chất A có nồng ñộ khác nhau thu ñược dd A với nồng ñộ duy nhất.Vậy lượng
chất tan trong phần ñặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên.
-Sơ ñồ tổng quát: D1 x1 x-x2
x
D2 x2 x1-x
Từ ñó: D1/D2 = (x-x2)/(x1-x)
Các ví dụ: