pp giai nhanh trac nghiem hoa hoc

L ê Ph ạ m Thành – C ử nhân Ch ấ t L ư ợ ng Cao Hóa Họ c – ð HSP Hà Nộ i Nh ậ n g i a s ư môn Hóa Họ c Cop y r i gh t © 2007 L ê Ph ạ m Thành Trang 1/14 E-ma il : t hanh. le p h a m @ g m a i l . c o m Phon e : 0976053496 m C HƯ ƠN G I . C Á C P HƯ ƠN G P H Á P G I Ú P G I Ả I N H AN H B À I T O ÁN H Ó A H Ọ C “Ph ư ơ ng pháp là Thầy của các Thầy” (Talley Rand) §1. PH Ư Ơ NG PHÁP S Ơ ĐỒ Đ Ư Ờ NG CHÉO V ớ i hình th ứ c thi tr ắ c nghiệm khách quan, trong một kho ả ng th ờ i gian t ươ ng ñối ng ắ n học sinh ph ả i gi ả i quyết một số l ượ ng câu hỏi và bài t ậ p khá l ớ n (trong ñó bài t ậ p toán chiếm một tỉ lệ không nhỏ). Do ñó việc tìm ra các ph ươ ng pháp giúp gi ả i nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng. Bài toán trộn l ẫ n các ch ấ t v ớ i nhau là một d ạ ng bài hay g ặ p trong ch ươ ng trình hóa học phổ thông. Ta có thể gi ả i bài t ậ p d ạ ng này theo nhiều cách khác nhau, song cách gi ả i nhanh nh ấ t là “ph ư ơ ng pháp s ơ ñồ ñ ư ờ ng chéo”. Nguyên t ắ c: Trộn lẫn 2 dung dịch: Dung dịch 1: có khối lượng m 1 , thể tích V 1 , nồng ñộ C 1 (C% hoặc C M ), khối lượng riêng d 1 . Dung dịch 2: có khối lượng m 2 , thể tích V 2 , nồng ñộ C 2 (C 2 > C 1 ), khối lượng riêng d 2 . Dung dịch thu ñược có m = m 1 + m 2 , V = V 1 + V 2 , nồng ñộ C (C 1 < C < C 2 ), khối lượng riêng d. Sơ ñồ ñường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: a) ð ối với nồng ñộ % về khối lượng: m 1 C 1 |C 2 - C| m 1 = | C 2 − C | C → m 2 C 2 |C 1 - C| 2 b) ð ối với nồng ñộ mol/lít: | C 1 − C | (1) V 1 C 1 |C 2 - C| V 1 = | C 2 − C | C → V V 2 C 2 |C 1 - C| 2 c) ð ối với khối lượng riêng: | C 1 − C | (2) V 1 d 1 |d 2 - d| V 1 = | d 2 − d | d → V 2 d 2 |d 1 - d| V 2 Khi sử dụng sơ ñồ ñường chéo ta cần chú ý: | d 1 − d | (3) *) Chất rắn coi như dung dịch có C = 100% *) Dung môi coi như dung dịch có C = 0% *) Khối lượng riêng của H 2 O là d = 1 g/ml Sau ñây là một số ví dụ s ử dụng ph ươ ng pháp ñ ườ ng chéo trong tính toán pha chế dung dịch. D ạ ng 1: Tính toán pha chế dung dịch Ví d ụ 1. ð ể thu ñược dung dịch HCl 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: A. 1:2 B. 1:3 C. 2:1 D. 3:1 H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Áp dụng công thức (1): m 1 = | 45 − 25 | = 20 = 2 ⇒ ð áp án C. m 2 | 15 − 25 | 10 1 Ví d ụ 2. ð ể pha ñược 500 ml dung dịch nước muối sinh lí (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là: A. 150 B. 214,3 C. 285,7 D. 350 2 Br 3535 35 35 O H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Ta có sơ ñồ: V 1 (N aCl ) 3 |0 - 0,9| 0,9 V 2 (H 2 O) 0 |3 - 0,9| ⇒ V 1 = 0,9 2,1 + 0,9 ⋅ 500 = 150 ( ml ) ⇒ ð áp án A. Ph ươ ng pháp này không nh ữ ng h ữ u ích trong việc pha chế các dung dịch mà còn có thể áp dụng cho các tr ườ ng h ợ p ñ ặ c biệt h ơ n, nh ư pha một ch ấ t r ắ n vào dung dịch. Khi ñó ph ả i chuyển nồng ñộ của ch ấ t r ắ n nguyên ch ấ t thành nồng ñộ t ươ ng ứ ng v ớ i l ượ ng ch ấ t tan trong dung dịch. Ví d ụ 3. Hòa tan 200 gam SO 3 vào m gam dung dịch H 2 SO 4 49% ta ñược dung dịch H 2 SO 4 78,4%. Giá trị của m là: A. 133,3 B. 146,9 C. 272,2 D. 300,0 H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Phương trình phản ứng: SO 3 + H 2 O 98 × 100 → H 2 SO 4 100 gam SO 3  → = 122,5 gam H 2 SO 4 80 Nồng ñộ dung dịch H 2 SO 4 tương ứng: 122,5% Gọi m 1 , m 2 lần lượt là khối lượng SO 3 và dung dịch H 2 SO 4 49% cần lấy. Theo (1) ta có: m 1 = m 2 | 49 − 78,4 | | 122,5 − 78,4 | = 29,4 44,1 ⇒ m = 44,1 × 200 = 300 (gam) ⇒ ð áp án D. 29,4 ð iểm lí thú của s ơ ñồ ñ ườ ng chéo là ở chỗ ph ươ ng pháp này còn có thể dùng ñể tính nhanh kết qu ả của nhiều d ạ ng bài t ậ p hóa học khác. Sau ñây ta l ầ n l ượ t xét các d ạ ng bài t ậ p này. D ạ ng 2: Bài toán hỗn h ợ p 2 ñồng vị ð ây là d ạ ng bài t ậ p c ơ b ả n trong ph ầ n c ấ u t ạ o nguyên t ử . Ví d ụ 4. Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,319. Brom có hai ñồng vị bền: 79 Thành phần % số nguyên tử của 81 Br là: A. 84,05 B. 81,02 C. 18,98 D. 15,95 H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: và 81 Br. Ta c ó s ơ ñồ ñườ ng c h é o : 81 35 Br (M=81) 79 35 Br (M=79) A=79,319 79,319 - 79 = 0,319 81 - 79,319 = 1,681 % 81 Br 0,319 ⇒ 35 = ⇒ % 81 Br = 0,319 ⋅ 100% ⇒ % 81 Br = 15,95% ⇒ ð á p á n D. % 79 Br 1,681 35 1,681 + 0,319 35 D ạ ng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn h ợ p 2 khí Ví d ụ 5. M ột h ỗ n h ợ p g ồ m O 2 , O 3 ở ñiề u k iệ n tiê u c hu ẩ n c ó tỉ kh ối ñối v ới h iñ ro là 18. Th à nh ph ầ n % v ề t h ể tíc h của O 3 t rong h ỗ n h ợ p là: A. 15% B. 25% C. 35% D. 45% H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Áp d ụ ng s ơ ñồ ñườ ng c h é o : V 3 O M 1 = 48 |32 - 36| M = 18.2 = 36 V M 2 = 32 |48 - 36| 2 O O V M M = = 2 2 4 V ⇒ 3 = 4 = 1 ⇒ %V = 1 ⋅ 100% = 25% ⇒ ð á p á n B. V 12 3 2 O 3 3 + 1 Ví d ụ 6. C ầ n t r ộ n 2 t h ể tíc h m eta n v ới m ột t h ể tíc h ñồ ng ñẳ ng X của m eta n ñể t hu ñược h ỗ n h ợ p kh í c ó tỉ kh ối h ơi so v ới h iñ ro b ằ ng 15. X là: A. C 3 H 8 B. C 4 H 10 C. C 5 H 12 D. C 6 H 14 H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: T a c ó s ơ ñồ ñườ ng c h é o : CH 4 V 2 M 1 = 16 |M 2 - 30| M = 15.2 =30 M 2 = M 2 |16 - 30| V CH ⇒ 4 = | M 2 - 30 | = 2 ⇒ | M - 30 | = 28 ⇒ M = 58 ⇒ 14n + 2 = 58 ⇒ n = 4 V 14 1 2 2 2 V ậ y X là: C 4 H 10 ⇒ ð á p á n B. D ạ ng 4: Tính thành ph ầ n hỗn h ợ p muối trong ph ả n ứ ng gi ữ a ñ ơ n baz ơ và ña axit D ạ ng bài t ậ p này có thể gi ả i dễ dàng b ằ ng ph ươ ng pháp thông th ườ ng (viết ph ươ ng trình ph ả n ứ ng, ñ ặ t ẩ n). Tuy nhiên cũng có thể nhanh chóng tìm ra kết qu ả b ằ ng cách s ử dụng s ơ ñồ ñ ườ ng chéo. Ví d ụ 7. Th ê m 250 m l dung d ịc h N a OH 2M v à o 200 m l dung d ịc h H 3 PO 4 1,5M. Mu ối tạ o t h à nh v à kh ối lượ ng tươ ng ứ ng là: A. 14,2 g a m N a 2 HPO 4 ; 32,8 g a m N a 3 PO 4 B. 28,4 g a m N a 2 HPO 4 ; 16,4 g a m N a 3 PO 4 C. 12,0 g a m N a H 2 PO 4 ; 28,4 g a m N a 2 HPO 4 D. 24,0 g a m N a H 2 PO 4 ; 14,2 g a m N a 2 HPO 4 Có : 1 < n NaOH H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: = 0,25.2 = 5 < 2 ⇒ T ạ o r a h ỗ n h ợ p 2 mu ối: N a H 2 PO 4 , N a 2 HPO 4 n H 3 PO 4 0,2.1,5 3 S ơ ñồ ñườ ng c h é o : N a 2 HPO 4 (n 1 = 2) |1 - 5 / 3| = 2 N a H 2 PO 4 (n 2 = 1) n 5 3 3 |2 - 5 / 3| 1 3 n N a HPO ⇒ 4 n N a H PO = 2 ⇒ n 1 Na 2 HPO 4 = 2n NaH 2 PO 4 . M à n N a 2 HPO 4 + n N a H 2 PO 4 = n H 3 PO 4 = 0,3 (mo l )   n Na 2 HPO 4 = 0,2 (mol) ⇒  ⇒   n NaH 2 PO 4 = 0,1 (mol)   m N a 2 HPO 4 = 0,2.142 = 28,4 (g)  ⇒ ð á p á n C.   m N a H 2 PO 4 = 0,1.120 = 12,0 (g) D ạ ng 5: Bài toán hỗn h ợ p 2 ch ấ t vô c ơ của 2 kim lo ạ i có cùng tính ch ấ t hóa học Ví d ụ 8. Hò a ta n 3,164 g a m h ỗ n h ợ p 2 mu ối C a CO 3 v à B a CO 3 b ằ ng dung d ịc h HC l d ư , t hu ñược 448 m l kh í CO 2 ( ñ k tc ). Th à nh ph ầ n % s ố mo l của B a CO 3 t rong h ỗ n h ợ p là: A. 50% B. 55% C. 60% D. 65% H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: n = 0,448 = 0,02 ( m o l ) ⇒ M = 3,164 = 158,2 CO 2 22,4 0,02 Áp d ụ ng s ơ ñồ ñườ ng c h é o : BaCO 3 (M 1 = 197) |100 - 158,2| = 58,2 M=158,2 CaCO 3 (M 2 = 100) |197 - 158,2| = 38,8 ⇒ %n BaCO 3 = 58,2 58,2 + 38,8 ⋅100% = 60% ⇒ ð á p á n C. D ạ ng 6: Bài toán trộn 2 qu ặ ng của cùng một kim lo ạ i ð ây là một d ạ ng bài mà nếu gi ả i theo cách thông th ườ ng là khá dài dòng, ph ứ c t ạ p. Tuy nhiên nếu s ử dụng s ơ ñồ ñ ườ ng chéo thì việc tìm ra kết qu ả tr ở nên ñ ơ n gi ả n và nhanh chóng h ơ n nhiều. ð ể có thể áp dụng ñ ượ c s ơ ñồ ñ ườ ng chéo, ta coi các qu ặ ng nh ư một “dung dịch” mà “ch ấ t tan” là kim lo ạ i ñang xét, và “nồng ñộ” của “ch ấ t tan” chính là hàm l ượ ng % về khối l ượ ng của kim lo ạ i trong qu ặ ng. Ví d ụ 9. A là qu ặ ng h e m atit c h ứa 60% F e 2 O 3 . B là qu ặ ng m a nh etit c h ứa 69,6% F e 3 O 4 . Tr ộ n m 1 tấ n qu ặ ng A v ới m 2 tấ n qu ặ ng B t hu ñược qu ặ ng C, m à từ 1 tấ n qu ặ ng C c ó t h ể ñiề u c h ế ñược 0,5 tấ n g a ng c h ứa 4% cac bon. T ỉ lệ m 1 /m 2 là: A. 5 / 2 B. 4 / 3 C. 3 / 4 D. 2 / 5 H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: S ố kg F e c ó t rong 1 tấ n của m ỗi qu ặ ng là: +) Qu ặ ng A c h ứa: 60 ⋅ 1000 ⋅ 112 = 420 (kg) 100 160 +) Qu ặ ng B c h ứa: 69,6 ⋅ 1000 ⋅ 168 = 504 (kg) 100 232  + ) Qu ặ ng C c h ứa: 500 ×  1 − 4   = 480 (kg) S ơ ñồ ñườ ng c h é o :  100  m A 420 |504 - 480| = 24 480 m B 504 |420 - 480| = 60 ⇒ m A = 24 = 2 ⇒ ð á p á n D. m B 60 5  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  *** *** *** *** *** *** *** *** §2. PH Ư Ơ NG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI L Ư Ợ NG Áp d ụ ng ñị nh l u ật b ả o t o à n kh ối lượ ng ( ð LBT K L ) : “Tổng khối l ư ợ ng các ch ấ t tham gia ph ả n ứ ng b ằ ng tổng khối l ư ợ ng các s ả n ph ẩ m” g i úp ta g iải b ài t o á n hó a h ọc một các h ñơ n g iả n, nh a nh c hóng. Ví d ụ 10. H ỗ n h ợ p A g ồm 0,1 m o l et y le ng lic o l v à 0,2 m o l c h ất X. ð ể ñốt c h á y ho à n t o à n h ỗ n h ợ p A cầ n 21,28 lít O 2 ( ñ k tc ) v à t hu ñược 35,2 g am C O 2 v à 19,8 g am H 2 O. Tí nh kh ối lượ ng ph â n tử X (b iết X c h ỉ c h ứa C , H, O). Ta c ó các ph ươ ng t r ì nh ph ả n ứ ng c h á y : H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: 2 C 2 H 6 O 2 + 5O 2 → 4 C O 2 + 6H 2 O X + O 2  → C O 2 + H 2 O Áp d ụ ng ð LBT K L: m X + m C 2 H 6 O 2 + m O 2 = m CO 2 + m H 2 O ⇒ m X = m CO 2 + m H 2 O − ( m C 2 H 6 O 2 + m O 2 )   ⇒ m = 35,2 + 19,8 −  0,1 × 62 + 21,28 ⋅ 32  = 18,4 (g am ) X  22,4  Kh ối lượ ng ph â n tử của X : M X = 18,4 = 92 (g/mol). 0,2 2 Ví d ụ 11. Hòa tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hóa trị II và hóa trị III bằng dung dịch HCl dư ta thu ñược dung dịch A và 0,896 lít khí bay ra (ñktc). Tính khối lượng muối có trong dung dịch A. H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Gọi 2 muối cacbonat là: XCO 3 và Y 2 (CO 3 ) 3 . Các phương trình phản ứng xảy ra: XCO 3 + 2HCl → XCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ (1) Y 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl  → 2YCl 3 + 3H 2 O + 3CO 2 ↑ (2) Số mol khí CO 2 bay ra: n CO 2 = 0,896 22,4 = 0,04 (mol) ⇒ n HCl = 2n CO 2 = 2 × 0,04 = 0,08 (mol) Áp dụng ð LBTKL: (m XCO + m Y (CO ) ) + m HCl = m CO + m H O + m muèi 3 2 3 3 2 2 ⇒ m muèi = (m XCO + m Y (CO ) ) + m HCl − (m CO + m H O ) 3 2 3 3 2 2 ⇒ m muèi = 3,34 + 0,08 × 36,5 − (0,04 × 18 + 0,04 × 44) = 3,78 (gam). Ví d ụ 12. Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 bằng khí CO ở nhiệt ñộ cao, người ta thu ñược 40 gam hỗn hợp chất rắn X và 13,2 gam khí CO 2 . Tìm giá trị của m. H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: P h ân tí c h : v ớ i bài toán này, nếu gi ả i theo cách thông th ườ ng, t ứ c ñ ặ t số mol của các oxit l ầ n l ượ t là x, y, z, t thì có một khó kh ă n là ta không thể thiết l ậ p ñủ 4 ph ươ ng trình ñể gi ả i ra ñ ượ c các ẩ n. M ặ t khác, chúng ta cũng không biết l ượ ng CO ñã cho có ñủ ñể kh ử hết các oxit về kim lo ạ i hay không? ð ó là ch ư a kể ñến hiệu su ấ t của ph ả n ứ ng cũng là một v ấ n ñề gây ra nh ữ ng khó kh ă n! Nh ư ng nếu chúng ta dùng ph ư ơ ng pháp b ả o toàn khối l ư ợ ng sẽ giúp lo ạ i bỏ ñ ượ c nh ữ ng khó kh ă n trên và việc tìm ra giá trị của m tr ở nên hết s ứ c ñ ơ n gi ả n. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: 3Fe 2 O 3 + CO → 2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) Fe 3 O 4 + CO  → 3FeO + CO 2 (2) FeO + CO CuO + CO → Fe + CO 2 → Cu + CO 2 (3) (4) Ta có: n CO (p−) = n CO 2 = 13,2 = 0,3 (mol) ⇒ m 44 CO (p−) = 28.0,3 = 8,4 (gam) Khối lượng chất rắn: m r = 40 (gam) Áp dụng ð LBTKL: m A + m CO ( p−) = m r + m B ⇒ m A = m r + m CO − m CO (p−) ⇒ m = m A = 40 + 13,2 − 8,4 = 44,8 (g am ). Ví d ụ 13. Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este ñơn chức là ñồng phân của nhau thấy cần vừa ñủ 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu ñược m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn hợp 2 rượu. Tìm m. H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Gọi công thức chung của 2 este là: RC OO R ' Phương trình phản ứng xảy ra: RCOOR' + NaOH → RCOONa + R'OH Theo bài ra ta có: n NaOH = 0,2.1 = 0,2 (mol) ⇒ m NaOH = 40.0,2 = 8 (gam) Áp dụng ð LBTKL: m RCOO R' + m NaOH = m RCOONa + m R'OH ⇒ m RCOONa = m RCOO R' + m NaOH − m R'OH ⇒ m = m RCOONa = 14,8 + 8 − 7,8 = 15 (gam).  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  *** *** *** *** *** *** *** *** §3. PH Ư Ơ NG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI L Ư Ợ NG Nguyên t ắ c c ủ a ph ư ơ ng pháp: D ự a vào s ự t ă ng gi ả m khối l ượ ng (TGKL) khi chuyển t ừ 1 mol ch ấ t A thành 1 ho ặ c nhiều mol ch ấ t B (có thể qua các giai ño ạ n trung gian) ta dễ dàng tính ñ ượ c số mol của các ch ấ t ho ặ c ng ượ c l ạ i. Chẳng hạn: a) Xét phản ứng: MCO 3 + 2HCl → MCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O Theo phản ứng này thì khi chuyển từ 1 mol MCO 3  → 1 mol MCl 2 , khối lượng hỗn hợp tăng thêm 71 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO 2 ñược giải phóng. Như vậy, khi biết lượng muối tăng ta có thể tính ñược số mol CO 2 sinh ra hoặc ngược lại. b) Xét phản ứng: RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH Cứ 1 mol este RCOOR’ chuyển thành 1 mol muối RCOONa, khối lượng tăng (hoặc giảm) |23 – R’| gam và tiêu tốn hết 1 mol NaOH, sinh ra 1 mol R’OH. Như vậy, nếu biết khối lượng của este phản ứng và khối lượng muối tạo thành, ta dễ dàng tính ñược số mol của NaOH và R’OH hoặc ngược lại. Có thể nói hai phương pháp “b ả o toàn khối l ư ợ ng” và “t ă ng gi ả m khối l ư ợ ng” là 2 “anh em sinh ñôi”, vì một bài toán nếu giải ñược bằng phương pháp này thì cũng có thể giải ñược bằng phương pháp kia. Tuy nhiên, tùy từng bài tập mà phương pháp này hay phương pháp kia là ưu việt hơn. Ví d ụ 14. Giải lại ví dụ 12 bằng phương pháp tăng giảm khối lượng. H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Các phương trình phản ứng xảy ra: XCO 3 + 2HCl Y 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl → XCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ → 2YCl 3 + 3H 2 O + 3CO 2 ↑ (1) (2) Số mol khí CO 2 bay ra: n CO 2 = 0,896 22,4 = 0,04 (mol) Theo (1), (2): khi chuyển từ muối cacbonat → muối clorua, cứ 1 mol CO 2 sinh ra, khối lượng hỗn hợp muối tăng thêm 71 – 60 = 11 gam. Vậy khối lượng hỗn hợp muối tăng lên là: ∆ m = 0,04.11 = 0,44 gam. Khối lượng của muối trong dung dịch: m muèi = 3,34 + 0,44 = 3,78 (gam). Ví d ụ 15. Giải lại ví dụ 13 bằng phương pháp tăng giảm khối lượng. H ư ớ ng d ẫ n gi ả i: Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: 3Fe 2 O 3 + CO → 2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) Fe 3 O 4 + CO → 3FeO + CO 2 (2) FeO + CO CuO + CO → Fe + CO 2 → Cu + CO 2 (3) (4) Ta có: n CO (p−) = n CO 2 = 13,2 = 0,3 (mol) ⇒ m 44 CO (p−) = 28.0,3 = 8,4 (gam) Khối lượng chất rắn: m r = 40 (gam) Theo (1), (2), (3), (4): cứ 1 mol CO phản ứng [...]... + mbỡnh 2 = 9,9 + 13,2 = 23,1 (gam) ************************ *** *** *** *** *** *** *** *** Đ5 PHNG PHP BO TON ELECTRON Nguyờn tc ca phng phỏp: Khi cú nhiu cht oxi húa hoc cht kh trong hn hp phn ng (nhiu phn ng hoc phn ng qua nhiu giai ủon) thỡ tng s mol electron m cỏc phõn t cht kh cho phi bng tng s mol electron m cỏc cht oxi húa nhn õy chớnh l ni dung ca ủnh lut bo ton electron trong phn ng oxi . một tỉ lệ không nhỏ). Do ñó việc tìm ra các ph ươ ng pháp giúp gi ả i nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng. Bài toán trộn l ẫ n . gi ả i bài t ậ p d ạ ng này theo nhiều cách khác nhau, song cách gi ả i nhanh nh ấ t là “ph ư ơ ng pháp s ơ ñồ ñ ư ờ ng chéo”. Nguyên t ắ c: Trộn lẫn . ñồ ñ ườ ng chéo là ở chỗ ph ươ ng pháp này còn có thể dùng ñể tính nhanh kết qu ả của nhiều d ạ ng bài t ậ p hóa học khác. Sau ñây ta l ầ n