một số phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học

Môn hoá học thực sự là một bộ môn khoa học tổng hợp của nhiều môn học khác.Để giải được các bài tập hoá học trước hết học sinh phải nắm thật chắc lý thuyết,hiểu được bản chất của quá trì

Phần một : MỞ ĐẦU

Hoá học - môn học “kinh hoàng” đối với một bộ phận học sinh nhưng lại là môn học ưa thích và dễ dàng gỡ điểm với phần lớn các học sinh khác Môn hoá học thực sự là một bộ môn khoa học tổng hợp của nhiều môn học khác.Để giải được các bài tập hoá học trước hết học sinh phải nắm thật chắc lý thuyết,hiểu được bản chất của quá trình biến đổi hoá học trong bài toán sau đó mới vận dụng các phương pháp

bộ môn để giải quyết phần tính toán Giải được các bài toán hoá học đã khó nhưng vói yêu cầu đổi mới về phương pháp kiểm tra, đámh giá của bộ môn như hiện nay, việc giải được các bài toán là chưa đủ mà phải còn phải giải thật nhanh ,thật chính xác các bài tập.Bằng kinh nghiệm của bản thân qua các năm giảng dạy,bằng việc nghiên cứu các tài liệu tôi đã rút ra khinh mhghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng

“Một số phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học” để luyện cho học sinh

cách tư duy và giải nhanh bài toán hóa học phục vụ cho kiểm tra, đánh giá kết quả học tập và các cuộc thi Sau đây là một số ví dụ minh hoạ

Phần hai: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC

BÀI TOÁN HOÁ HỌC

I/Phương pháp đường chéo

Các bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài toán hay gặp trong chương trình hoá học phổ thông.Ta có thể giải bài toán này theo nhiều cách khác nhau,song cách giải nhanh nhất là “Phương pháp sơ đồ đường chéo”

-Nguyên tắc:Trộn lẫn hai dung dịch

+Dung dịch 1: có khối lượng m1 thể tích V1 ,nồng độ C1 (C% hoặc CM),khối lượng riêng d1

+ Dung dịch 2: có khối lượng m2 thể tích V2 ,nồng độ C2 (C% hoặc CM) trong đó C2 > C1,khối lượng riêng d2

+Dung dịch thu được có m = m1 + m2, V = V1 + V2,nồng độ C ( C1 < C < C2 ),khối lượng riêng d

Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:

a-Đối với nồng độ % về khối lượng

m1 C1 C2 - C

C  1

2

m

m = 2

1



 (1) m2 C2 C1  C

b-Đối với nồng độ mol/lit

V1 C1 C2 - C

C  1

2

V

V = 2

1



 (2) V2 C2 C1  C

c-Đối với khối lượng riêng

V1 d1 d2 - d

d  1

2

V

V = 2

1



 (3) V2 d2 d1  d

Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần chú ý:

 Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%

 Dung môi coi như dung dịch có C =0%

 Khối lượng riêng của nước d =1

Một số ví dụ minh hoạ:

Dạng 1: Tính toán pha chế dung dịch

Ví dụ 1: Để thu được dung dich HCl có nồng độ 25% cần lấy m 1 gam dung

dịch HCl 45% pha với m 2 gam dung dịch HCl 15%.Tỉ lệ m 1 /m 2 là:

Hướng dẫn giải

áp dụng công thức (1)

12

45 25 20 2

10 1

15 25

m

m





Đáp án C

dịch H2SO4 78,4% Giá trị của m là:

Hướng dẫn giải

Phương trình phản ứng : SO3+ H2O   H2SO4

100 gam SO3  98 100

122,5



Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng là 122,5 %

Gọi m1,m2 là khối lượng SO3 và dung dịch H2SO4 49% cần dùng

Theo (1) ta có:

1

2 2

49 78, 4 29, 4 44,1

200 300 44,1 29, 4

122,5 78, 4

m

m





Đáp án D

Điểm lí thú của sơ đồ đường chéo là ở chỗ pp này còn có thể dùng tính nhanh kết quả của nhiều dạng bài tập hoá học khác

Dạng 2:Bài toán hỗn hợp 2 đồng vị

Ví dụ 3: nguyên tử khối trung bình của brôm là 79,319 Giả thiết brôm có hai

đồng vị bền 79

35Brvà 81

35Br.Thành phần % số nguyên tử của 81

35Br là:

Hướng dẫn giải

Ta có sơ đồ

81

35Br (M=81) 79,319 - 79 = 0,319

A = 79,319 79

35Br (M=79) 81 - 79,319 = 1,681

81

81 35

35 79

35

% 1,681 1,681 0,319

Br

Br Br



Đáp án D

Dạng 3 :Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí

Ví dụ 4: Một hỗn hợp gồm O2 và O3 ở điều kiện chuẩn có tỉ khối với hiđrô là 18.Thành phần% về thể tích của O3 trong hỗn hợp là:

Hướng dẫn giải:

Gọi V1 ,V2 là thể tich của O3 và O2 trong hỗn hợp

áp dụng sơ đồ chéo

M1 =48 32 36 

M=18.2=36

1

1 2

V

V V



Đáp án B

Ví dụ 5: Cần trộn 2 thể tích mêtan với 1 thể tích đồng đẳng X của metan để

thu được hỗn hợp khí có tỉ khối so với hiđro bằng 15 X là:

Hướng dẫn giải

Ta có sơ đồ đường chéo

M =2.15=30

2

M

 4

2

2

30 2

CH

M

M

V

V



Vậy X là C4H10  Đáp án B

Dạng 4:Bài toán hỗn hợp hai chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hoá học

448 ml khí CO2 (đktc).Thành phần % số mol BaCO3 trong hh là:

Hướng dẫn giải

2 0,02

CO

n  mol M =3,164 158, 2

0,02 

áp dụng sơ đồ đường chéo

M =158,2

3

58, 2

58, 2 38,8

BaCO

n



Đáp án C

Dạng 5: Bài toán các chất hữu cơ là đồng đẳng kế tiếp

Ví dụ 7:Cho 11 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức phản ứng với K dư thu được

3,36 lit H2 (đktc).Thành phần% về số mol của ancol có khối lượng phân tử nhỏ là:

Hướng dẫn giải

Phương trình phản ứng: 2 ROH + 2 K  2 ROK + H2

2

2 0,3

ancol H

2 3

ancol

áp dụng sơ đồ chéo: M1=32 96 1103  3

M =110

3

3  3 3

28

28 14

CH OH n



 Đáp án B

II/Phương pháp bảo toàn khối lượng

áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ( ĐLBTKL ): “Tổng khối lượng các chất

tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm của phản ứng” giúp ta giải

các bài toán hoá học đơn giản ,nhanh chóng

Ví dụ 1:A là hỗn hợp gồm 0,1 mol etilenglicol và 0,2 mol chất X.Để đốt cháy

hết hỗn hợp A cần 21,28 lit O2 (đktc) chỉ thu được 35,2 gam CO2 và 19,8 gam

H2O.Tính khối lượng phân tử của X

Hướng dẫn giải

Vì sản phẩm cháy chỉ có CO2 và H2O nên X chỉ chứa C,H,O

Đặt công thức chung của A là CxHyOz

Ta có ptpư cháy:CxHyOz + O2  CO2 + H2O

áp dụng ĐLBTKL: m A+ m O2=m CO2 m H O2

21, 28

35, 2 19,8 32

22, 4

A

m

0,1 62 18, 4

18, 4

92( / )

0, 2

X

Ví dụ 2:Hoà tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cácbônat kim loại hoá

trị 2 và kim loại hoá trị 3 bằng dd HCl dư thu được dd A và 0,896 lit CO2 (đktc).Tính khối lượng muối có trong dd A

Hướng dẫn giải

Gọi công thức chung hai muối là M2(CO3)x

Ta có ptpư: M2(CO3)x + 2x HCl  2 MClx + x H2O + x CO2

Theo ptpư ta có : n CO2 n H O2  0,04mol

n HCl  2n CO2  0,08mol

áp dụng ĐLBTKL: mmuối cacbonat + m HCl = m muối clorua + m H O2 m CO2

 m muối clorua = 3,34+0,08.36,5-0,04.(18+44)= 3,78 (gam)

cao thu được 40 gam hh rắn X và 13,2 gam CO2.Tính m

Hướng dẫn giải

Đặt công thức chung các oxit trước và sau pư là MxOy và MzOt

Ta có: MxOy + CO  MzOt + CO2

2

13, 2

0,3 44

CO CO

 áp dụng ĐLBTKL: 40 13, 2 28.0,3 44,8( )

x y

M O

Ví dụ 4:Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân

của nhau cần 200ml dd NaOH 1M thu được m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn

hợp 2 ancol Tính m

Hướng dẫn giải

Gọi công thức chung của 2 este là RCOOR’

RCOOR’ + NaOH  RCOONa + R’OH

0, 2.1 0, 2

NaOH

n   mol  m NaOH  0, 2.40 8  gam

 áp dụng ĐLBTKL: mmuối =meste + mNaOH - mancol

=14,8 +8 -7,8 = 15 (gam)

III/Phương pháp tăng giảm khối lượng

Nguyên tắc :Dựa vào sự tăng giảm khối lượng(TGKL) khi chuyển từ 1 mol

chất A thành 1mol hoặc nhiều mol chất B ta dễ dàng tính được số mol của các chất hoặc ngược lại.

Ví dụ 1:Hoà tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cácbônat kim loại hoá

trị 2 và kim loại hoá trị 3 bằng dd HCl dư thu được dd A và 0,896 lit CO2 (đktc).Tính khối lượng muối có trong dd A

Hướng dẫn giải

Gọi công thức chung hai muối là M2(CO3)x

Ta có ptpư: M2(CO3)x + 2x HCl  2 MClx + x H2O + x CO2

ta có : n CO2  0,04mol

Ta thấy :cứ thay thế 1mol CO32- bằng 2 mol Cl- khối lượng muối tăng lên 11 gam

 khối lượng muối clorua thu được là: 3,34 + 11.0,04 = 3,78 gam

cao thu được 40 gam hh rắn X và 13,2 gam CO2.Tính m

Hướng dẫn giải

Đặt công thức chung các oxit trước và sau pư là MxOy và MzOt

Ta có: MxOy + CO  MzOt + CO2

2

13, 2

0,3 44

CO CO

Ta thấy cứ 1 mol CO phản ứng thì khối lượng hh oxit kim loại giảm 16 gam

 m = 40 + 0,3 16 = 44,8 (gam)

xanh lấy lá nhôm ra thây nặng hơn ban đầu 1,38 gam.Xác định nồng độ của dd CuSO4

Hướng dẫn giải

Phương trình phản ứng: 2 Al + 3 CuSO4  Al2(SO4) + 3 Cu 

Ta có 2 mol Al phản ứng cho 3 mol Cu  khối lượng kim loại tăng 138 gam

Vậy số mol CuSO4 đã phản ứng là : 1,38 3 0,03

138  mol

4 0,03

0,15

0, 2

CuSO

M

Ví dụ 4:Cho 11 gam hh 3 axit đơn chức cùng dãy đồng đẳng tác dụng hoàn

toàn với Na dư thu được 2,24 lit H2 (đktc).Tính khối lượng muối hữu cơ tạo thành

Hướng dẫn giải

Gọi công thức chung của 3 axit là RCOOH

2 RCOOH + 2 Na  2 RCOONa + H2

Ta thấy cứ 1 mol axit chuyển thành muối thì khối lượng tăng 22 gam đồng thời tạo ra 0,5 mol H2

 Khối lượng muối thu được là: 11 +22 2.2, 2422, 4= 15,4 (gam)

IV/ Phương pháp bảo toàn nguyên tố

A bằng dd HCl dư thu được dd B.Cho B phản ứng với NaOH dư thu được kết tủa C.Lọc lấy kết tủa rửa sạch và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu

được m gam chất rắn D.Tính m

Hướng dẫn giải

Ta có : Fe2O3  Fe2O3 từ 0,1 mol Fe2O3 ban đầu lại thu được 0,1 mol Fe2O3

2 Fe3O4  3 Fe2O3 Từ 0,1 mol Fe3O4 ban đầu thu được 0,15 mol Fe2O3 Vậy số mol Fe2O3 thu được là 0.25 mol

Ví dụ 2:Tiến hành crăckinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan sau một thời gian thu

được hh khí X gồm CH4 , C2H6 , C2H4 , C3H6 , C4H10 Đốt cháy hoàn toàn X trong oxi dư.Tính khối lượng nước thu được

Hướng dẫn giải

Khi chuyển từ butan thành X thì tổng lượng hiđro trong các hợp chất là không đổi nên đốt X thì lượng nước thu được bằng khi đốt butan ban đầu

C4H10  4 CO2 + 5 H2O

2

5,8

58

H O

m     (gam)

Ví dụ 3: Hỗn hợp khí A gồm 1 ankan,1anken,1ankin và hiđrô.Chia A làm hai

phần bằng nhau rồi tiến hành hai thí nghiệm:

-Phần 1:Đem đốt cháy rồi dẫn sp cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 dặc bình 2đựng nước vôI trong dư thấy khối lượng bình 1 tăng 9,9 gam ,bình 2 tăng 13,2 gam -Phần 2:Dẫn từ từ qua ống đựng bột niken nung nóng thu dược hỗn hợp khí B.Đốt cháy hoàn toàn hh khí B rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dd nước vôI trong dư thấy

khối lượng tăng m gam.Tính m

Hướng dẫn giải

Thành phần nguyên tố trong 2 bình như nhau nên sản phẩm cháy hoàn toàn như nhau

Do đó : m = 9,9 + 13,2 = 23,1 gam

V/Phương pháp bảo toàn electron

Nguyên tắc :Khi có nhiều chât oxihoa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng

(nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số mol electron mà các chất khử cho bằng tổng số mol electron mà các chất oxihoa nhận

Điều quan trọng khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúng trạng thái đầu và cuối của các chất oxi hoá và các chất khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra

Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp xảy ra

được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và NO có tỉ lệ thể tích 3:1 Xác định kim loại M

Hướng dẫn giải:

Số mol của hỗn hợp khí: nkhí228,96,4= 0,4 (mol)

Vì VNO2: VNO = 3:1  nNO2 : nNO = 3:1  nNO2 = 43 0,4 = 0,3 (mol) ;

nNO = 14 0,4 = 0,1 (mol) Gọi n là hoá trị củaM quá trình nhường electron: M0 - ne M+n (1)

Số mol electron nhường là: ne nhường =

M

2 , 19

.n(mol) (*) Quá trình nhận electron: 4 N+5 +6e 3 N+4 + N+2

Tổng số mol electron nhận là: ne nhận = 6x0,1 = 0,6 (mol) (**)

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:

ne nhường = ne nhận  19M,2.n = 0,6  M = 32n

 n = 2 ; M = 64 Vậy kim loại M là đồng (MCu = 64)

Ví dụ 2 Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO3 dư, thu được dung dịch A

và 6,72 lít hỗn hợp khí B gồm NO và một khí X, với tỉ lệ thể tích là 1:1 Xác định khí X

Hướng dẫn giải:

Số mol của hỗn hợp khí B: nB226,72,4= 0,3 (mol)  nNO = nx = 0,15(mol)

Quá trình nhường electron: Fe0 Fe3+ +3e (1)

Số mol electron nhường là: ne nhường = 3

56

2 , 11

= 0,6 (mol) (*) Quá trình nhận electron của NO: N+5 + 3e N+2 (2)

Số mol electron do NO nhận là: ne(NO) nhận = 3 x 0,15 = 0,45 (mol) (**)

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:

ne nhường = ne nhận  ne nhường = ne(NO)nhận x ne (Xnhận)

 ne (Xnhận) = ne nhường - ne(NO)nhận = 0,6 - 0,45 = 0,15 (mol)

Gọi n là số electron mà X nhận Ta có: N+5 + ne N+(5-n) (3)

15 , 0

15 , 0

 Từ đó suy ra X là NO2

Ví dụ3 Để m gam phoi bào sắt A ngoài không khí sau một thời gian biến

thành hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm Fe và oxit FeO, Fe3O4, Fe2O3 Cho B tác dụng hoàn toàn với axit nitric dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO Tính khối lượng m của A?

Hướng dẫn giải:

Sơ đồ các biến đổi xảy ra:

Fe

Fe B FeO dd HNO3 NO

mA gam 12 gam Fe3O4 2,24 lít (đktc)

Fe2O3

Quá trình nhường electron: Fe0 Fe3+ + 3e (1)

Số mol electron nhường là: ne nhường = 3

56

m

(mol) (*) Các quá trình nhận electron:

+) Từ sắt oxit: O2 + 4e 2O-2 (2)

Số electron do O2 nhận là: ne(O2nhận) = 4 128

32





(mol) +) Từ oxit muối Fe3+: N+5 + 3e N+2 (3)

Số electron do N nhận là: ne(Nnhận) =3 x 0,1 = 0,3 (mol)

 Tổng số electron nhận là: ne nhận = 12 m8 + 0,3 (mol) (**)

Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:

ne nhường = ne nhận  3 x 0 , 3

8

12



m

 m = 10,08 (gam)

Vi/ Phương pháp bảo toàn điện tích

Nguyên tắc : "Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm

thì theo định luật bảo toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm".

Đây chính là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch

Ví dụ 1 Kết quả xác định nồng độ mol/lit của các ion trong một dung dịch

như sau:

Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao?

Hướng dẫn giải:

Tổng số điện tích dương: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol)

Tổng số điện tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol)

Ta thấy tổng số điện tích dương # tổng số điện tích âm  Kết quả xác định trên là sai!

Ví dụ 2 Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d trong dung dịch chứa a mol Na+,

b mol Ca2+, c mol HCO3- và d mol Cl

-Hướng dẫn giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: a + 2b = c + d

VII/ Phương pháp khối lượng mol trung bình

Khối lượng mol trung bình (KLMTB) của một hỗn hợp là khối lượng của 1 mol hỗn hợp đó:









i

n i

ni

ni Mi nhh

mhh

M

1

1

Trong đó: +) mhh là tổng số gam của hỗn hợp

+) nhh là tổng số mol của hỗn hợp +) Mi là khối lượng mol của chất thứ i trong hỗn hợp +) ni là số mol của chất thứ i trong hỗn hợp

Chú ý: +) Mmin < M < Mmax

+) Nếu hỗn hợp gồm 2 chất có số mol của hai chất bằng nhau thì khối lượng mol trung bình của hỗn hợp cũng chính bằng trung bình cộng khối lượng phân tử của 2 chất và ngược lại

Phương pháp này được áp dụng trong việc giải nhiều bài toán khác nhau cả vô

cơ và hữu cơ, đặc biệt là đối với việc chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán một chất rất đơn giản và ta có thể giải một cách dễ dàng Sau đây chúng ta cùng xét một

số ví dụ

HCl dư, thu được 448 ml khí CO2 (đktc) Tính thành phần % số mol của mỗi muối trong hỗn hợp

Hướng dẫn giải:

Các phản ứng xảy ra: CaCO3 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2 (1)

BaCO3 + 2HCl BaCl2 + H2O + CO2 (2)

Từ (1), (2)  nhh = nCO2 = 022,448,4 = 0,02 (mol)

Gọi x là thành pần % về số mol của CaCO3 trong hỗn hợp

(1-x) là thành phần % về số mol của BaCO3

Ta có: M 2 muối = 100x + 197.(1-x) = 02,,0297 x=0,5%nBaCO3 =%nCaCO3 = 50%

Ví dụ 2 Hoà tan 16,8 gam hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat và sunfit của cùng

một kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít hỗn hợp khí (đktc) Xác định tên kim loại kiềm

Hướng dẫn giải:

Gọi kim loại kiềm cần tìm là M

Các phản ứng xảy ra: M2CO3 + 2HCl 2MCl + H2O + CO2 (1)

M2 SO3 + 2HCl 2 MCl + H2O + CO2 (2)

Từ (1), (2)  nmuối= nkhí = 223,36,4 = 0,15 (mol)  M muối = 160,15,8 = 112

Ta có: 2M + 60 < M < 2M + 80  16 < M < 26 Vì M là kim loại kiềm nên M

= 23 (Na)

Ví dụ 3 Trong tự nhiên Brom có 2 đồng vị bền là: 79

35Br và 81

35Br Nguyên tử khối trung bình của Brom là 79,319 Tính thành phần % số nguyên tử của mỗi đồng

Gọi x là thành phần % về số nguyên tử của đồng vị 79

35Br

 (100 - x) là thành phần % về số nguyên tử của đồng vị 81

35Br

100

) 100 ( 81

A Br  

 = 79,319  x = 84,05 ; 100 - x = 15,95

Vậy trong tự nhiên, đồng vị 79

35Br chiếm 84,05% và đồng vị 81

35Br chiếm 15,95% số nguyên tử

tuần hoàn tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 4,48 lít H2 (đktc) Xác định tên 2 kim loại

Hướng dẫn giải:

Gọi công thức chung của 2 kim loại nhóm IIA là M Ta có phương trình phản ứng:

M + 2H+

M 2+ + H2  (*) Theo (*): nM = nH2 = 224,48,4 = 0,02 (mol)  M = 06,,24 =32  Hai kim loại là

Mg (24) và Ca(40)

VII/ Bài tập vận dụng

vào m 2 gam dung dịch CuSO4 8% Tỉ lệ m1 / m 2 là: