Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học

Để giải quyết được một bài toán hóa học đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải.. Hy vọng cuốn Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi

Hóa Học là bộ môn khoa học cơ bản gắn liền với thực tiễn với đời sống Bên cạnh những vấn đề lý thuyết căn bản, còn có những bài toán căn bản từ đơn giản đến phức tạp, đòi hỏi chúng ta cần suy nghĩ và nắm vững lý thuyết Để giải quyết được một bài toán hóa học đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải Với thời đại Công Nghệ Số giúp chúng ta có thể nắm bắt được những lý thuyết mới và những phương pháp giải mới nhanh và hay Cuốn sách này là những tâm huyết của tôi từ thời là sinh viên, thu thập từ nguồn trên Web, và các cuốn sách từ thời THPT tôi học như: Nguyễn Thanh Khuyến, Nguyễn Phước Hòa Tân, Ngô Ngọc An, Quan Hán Thành, Lê Tấn Trung, Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc và đặc biệt là 3 cuốn của thầy Cao Cự Giác 3 cuốn này theo tôi nghĩ là rất quan trọng và hay đối với các vấn đề Hóa Học THPT Hy vọng cuốn

Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT

đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa Học Cuốn sách mới tái bản lần đầu chắc còn nhiều sai sót mong các bạn góp ý để cho cuốn sách này được hoàn chỉnh

Chúc các bạn thành công thành công trên con đường mình chọn

Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng

Xin chân thành cám ơn!

Dương Văn Thế

 PHƯƠNG PHÁP 1: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

A PHƯƠNG PHÁP

1 Lịch sử ra đời:

Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov

và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng

 Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov đặt ra định

đề

 Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định luật này Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung, M.V.Lomonosov nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù những chuyển hoá hoá học

đã xãy ra với kim loại trong bình Khi áp dụng các phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov đã tìm định luật quan trọng này Lomonosov trình bày định luật như sau: "Tất cả những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu lấy đi bao nhiêu ở vật thể này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác Như vậy, nếu ở đây giảm đi bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chổ khác"

C%= * 100%

= + = d.V

=

n =

B VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH

Bài 1 Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3 Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m

gam hỗn hợp X nung nóng Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4 Tính giá trị m

A 105,6 gam B 35,2 gam C 70,4 gam D 140,8 gam

(M=28)CO 3,2

40,8 (M =44) CO2 12,8

Lập tỉ số ta có = ,

, = 4 = 0,4 mol

nO(oxid)= 0,4 mol mO = 0,4*16 = 6,4 g (*) m= 64+6,4 = 70,4g

 Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ đơn giản là CO lấy O trong oxid sắt để tạo

ra CO2 theo phản ứng CO + O(oxid) CO2 nên nO = từ đó ta suy ra được

mX là kết quả cần tìm

hh X: Fe,

FeO,

Bài 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát

ra ở anot Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lượng H2O bay hơi là không đáng kể) ?

Giải

Ta có phương trình phản ứng điện phân

CuSO4 + H2O Cu + H2SO4 + O2 (1) CuCl2 Cu + Cl2 (2)

= , ∗

∗ = 0,05mol = 0,02mol

Theo phản ứng (1) (2) ∑ = 0,02 + 0,05 = 0,07mol

C% (Na2CO3) = , ∗ *100% = 7,42%

mdd = ∑ - m↓ - m = 50 + 50 + 100 – 0,05*233 – 0,02*44 = 189,27g

Đáp án B

Bài 4: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác

dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn Hai ancol đó là:

A CH3OH và C2H5OH B C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH

C C3H5OH và C4H7OH D C3H7OH và C4H9OH

Giải

Gọi công thức phân tử trung bình của hai rượu là OH

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mrượu + mNa = mmuối +

= 15,6 + 9,6 – 24,5 = 0,3g = , = 0,15mol

nrượu = 0,15* 2 = 0,3mol Mrượu = ,

, = 52 = 35 Đáp án B

Bài 5: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch

HNO3 63% Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc) Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

3x +2y = 0,5 mol (1) 56x + 64y = 12g (2) Giải (1),(2) x= 0,1mol y= 0,1mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mdd = ∑ - m

Bây giờ ta tính khối lượng dung dịch của HNO3 :

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nito:

Bài 6: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị

(I) và muối cacbonat của 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 26 gam D 30 gam

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

23,8 + 2*0,2*36,5 – 0,2*44 – 0,2*18 = 26g Đáp án C

Bài 7: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chât X Đốt cháy hoàn toàn

hỗn hợp A cần 21,28 lít O2 (đktc) và thu được 35,2 gam CO2 và 19,8 gam H2O Tính khôi lượng phân tử X (biêt X chỉ chứa C, H, O)

Bài 8: Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxid CuO, FeO, Fe3O4, Fe2O3 bằng khí CO ở nhiệt độ cao, người ta thu được 40gam chất rắn X và 13,2gam khí CO2 Tính giá trị m

Giải

Tóm tắt bài toán:

Bản chất của bài toán này là gì? Xin thưa bài toán này thực chất là bài toán của phản ứng

CO tác dụng với Oxi trong oxid của hỗn hợp A theo phản ứng: CO + O CO2

Nhận thấy nOxi (trong oxid) =nCO= = , = 0,3 mol mO = 0,3*16 = 4,8g

mCO = 0,3*28 = 8,4g theo định luật bảo toàn khối lượng ta có

m + 8,4 = 13,2 + 40 m = 44,8g

Bài 9: Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp A gồm hai kim loại X,Y có hóa trị tương ứng là I, II

vào dung dịch hai acid HNO3 và H2SO4, thì thu được 2,688 lít hỗn hợp khí Z gồm NO2 và

SO2 (ở đktc) nặng 5,88g Cô cạn dung dịch sau cùng thì thu được m (g) muối khan Tính m?

Giải

nZ = ,

, = 0,12mol MZ = ,

, = 49g Quy tắc đường chéo giải quyết:

4H+ + SO42- + 2e SO2 + 2H2O (1)

2H+ + NO3- + e NO2 + H2O (2)

Theo bán phản ứng (1) ta có: = 0,02*2 = 0,04mol ; = 0,04mol

Theo phản ứng (2) ta có: = 2*0,1 = 0,2 mol ; = 0,1mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

6 + 63*0,2 + 98*0,04 = m + 5,88 + 0,14*18 m = 14,12g

Các bạn có thể tham khảo thêm lời giải của Thầy Quan Hán Thành trong cuốn “Phương Pháp Giải Hóa Vô Cơ (tr.10 NXB Trẻ)

Bài 10: (Đề thi CĐ 2011) Đốt cháy hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp Mg và Al trong khí oxi

(dư) thu được 30,2 gam hỗn hợp oxid.Thể tích khí oxi (dktc)đã tham gia phản ứng là:

Nhận xét: Qua 10 ví dụ điển hình ta có thể thấy rõ tầm quan trọng của định luật bảo toàn

khối lượng, đơn giản nhưng rất hiệu quả Có thể nói Phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn electron là hai phương pháp chủ đạo trong xuyên suốt quá trình giải bài toán hóa Một lần nữa nhấn mạnh: Muốn giỏi Hóa trước hết phải có lí thuyết vững cộng thêm những thủ thuật giải và suy luận sắc bén

C BÀI TẬP RÈN LUYỆN

 Bài 1: Cho 1,75g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch

H2SO4 loãng, thu được 1,12 lít khí H2 (ở đktc) hỏi cô cạn dung dịch ta thu được bao nhiêu gam muối khan? Tính thể dung dịch H2SO4 0,5M cần cho các phản ứng

trên? ( Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB

ĐHQG TPHCM tr.27)

Giải

Sau đây tôi xin trình bày nguyên văn lời giải lý thú của thầy:

Ion H+ bị 3 kim loại khử theo bán phản ứng:

H+ + e H2

0,1mol 0,1mol ,

, = 0,5mol

H2SO4 = 2H+ + SO4 0,05mol 0,1mol 0,05mol

2-Từ hai phương trình ta thấy ngay rằng 0,1mol H+ bị khử thành H2 bay ra, để lại 0,05mol SO42- kết hợp với các cation kim loại tạo ra 3 hỗn hợp muối sulfat Theo hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố ta có:

mmuối = mkim loại + mgốc acid = 1,75 + 0,05*96 = 6,55g

V = ,

, = 0,1 lit = 100mL

 Bài 2: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Cu vào một bình kín chứa 0,9 mol

O2, Nung nóng bình một thời gian cho đến khi số mol O2 trong bình chỉ còn

0,865mol và chất rắn trong bình có khối lượng 2,12gam Tính m (Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB ĐHQG TPHCM tr.27)

Giải

Số mol O2 kết hợp với kim loại để tạo thành oxid: 0,9 – 0,865 = 0,035mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,035*32 = 2,12 m = 1g

 Bài 3: Cho 16gam một oxid kim loại tác dụng với 120ml dung dịch HCl thì thu

được 32,5g muối khan Tính nồng độ mol/l của dung dịch HCl

(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB ĐHQG TPHCM tr.33)

Lời ngỏ: Có thể nói những cách giải của thầy rất lý thú trong các bài toán hóa học Thầy

có những nhận xét sâu sắc và những tư duy sắc bén,giúp giải quyết nhanh chóng bài toán

 Bài 4:Hòa tan 10g hỗn hợp hai muối carbonat hai kim loại hóa trị II và III bằng

dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đktc) Hỏi sau khi

cô cạn thu được bao nhiêu gam muối khan (Hướng Dẫn Giải Nhanh Bài Tập Hóa Học, Cao Cự Giác tập 1 NXB ĐHQGHN tr.72)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

10 + mHCl = mmuối + mkhí + mnước 10 + 0,006*36,5 = mmuối + 0,003*44 + 0,03*18

mmuối = 10,33g

 Bài 5: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại A, B, C vào một bình kín có thể tích 10 lít

chứa khí oxi, áp suất 22,4 atm ở 136,50C Nung nóng bình một thời gian rồi đưa nhiệt độ ban đầu, thấy áp suất giảm 3,6% so với áp suất ban đầu và trong bình chứa 2,5gam chất rắn Tính m

(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB ĐHQG

TPHCM tr.39)

Giải

Phương trình khí lí tưởng: pV = nRT n = = , , ∗

∗( , ) = mol = noxi Sau phản ứng áp suất trong bình giảm chính là sự giảm của oxi tham gia phản ứng với kim loại:

moxi pư = , ∗ ∗

∗ = 0,768gam m = 2,5 – 0,768 = 1,732 gam

 Bài 6: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch

HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là nhiêu?

A 31,45 gam B 33,99 gam C 19,025 gam D 56,3 gam

Giải

Phản ứng với HCl là một phản ứng vừa đủ nên 2 kim loại Mg, Al bị tan hết sinh ra muối

Z, hiển nhiên kim loại không tan là chất rắn Cu chính là chất rắn Y

Khí X thoát ra chính là H2 theo bán phản ứng

H+ + e H2

0,7 mol ,

, = 0,35mol HCl = H+ + Cl-

Theo bán phản ứng trên ta có : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mZ = (9,14 – 2,54 + 0,7*36,5) – 0,35*2 = 31,45gam Đáp án A

 Bài 7:Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam muối Thể tích dung dịch HCl phải dùng

Giải

Gọi a là số mol của oxi trong sắt: Bản chất của phản ứng là O2- bị Cl- thế tạo ra muối

8 – 16a + 2* 35,5a = 16,25 a = 0,15 mol mO = 2,4g mFe = 5,6g

Lập tỉ số ra có: = ,

, = Công thức oxid sắt Fe2O3 Phương trình phân ly: HCl = H+ + Cl-

0,3mol 2a= 0,3mol

Vì acid lấy dư nên ∑ = 0,3 + 0,3*0,25 = 0,375mol VHCl = , = 0,1875 lít

 Bài 9: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu?

A 0,1 mol B 0,15 mol C 0,4 mol D 0,2 mol

Giải

Gọi công thức chung cho 3 rượu no đơn chức là: – OH

Phản ứng tách nước: – OH + – OH : – O - + H2O

Theo quy tắc số ete tạo thành từ số rượu ( Hướng Dẫn Giải Nhanh Hóa Học, Tập 2, Cao

Cự Giác, NXB ĐHQGHN) số ete = ( ) = 6 ete (n=3)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

= mrượu - mete = 132,8 – 111,2 = 21,6 gam Theo phản ứng trên nete = = , = 1,2mol nmỗi ete = , = 0,2 mol

Đáp án D

 Bài 10:Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và

Fe2O3 đốt nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là

A 86,96% B 16,04% C 13,04% D.6,01%

Giải

Tóm tắt bài toán:

Gọi x, y là số mol lần lượt của FeO, Fe2O3 x + y = 0,04mol (*)

Theo sơ đồ bài toán ta có: nCO = = n↓ ( BaCO3↓) = , = 0,046mol = nO (trong oxid) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mhhA = mB + mO (trong oxid) = 4,784 + 0,046*16 = 5,52g = 72x + 160y (**)

Giải (*) ,(**) ta có x = 0,01 , y = 0,03mol % = , ∗

, *100 = 86,96% Đáp án A

0,04mol hhA

FeO, Fe 2 O 3

4,784g hhB + Khí

 PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO

 Khi sử dụng sơ đồ đường chéo 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 H 2 O là d = 1g/ml

 Tài liệu tham khảo phương pháp này gồm có tác giả: Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc, Quan Hán Thành, Cao Cự Giác

 Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào dung dịch H2SO4 đặc,nóng dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu

cánh hoa hồng Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho

các phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn Kim loại M đã cho ban đầu là:

Giải

Theo cách giải lý thú của thầy Vũ Khắc Ngọc

nNaOH = 0,8*1 = 0,8mol

Khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng hiển nhiên là khí SO2

Khi cho khí B tác dụng với NaOH có thể xảy ra hai phản ứng:

NaOH + SO2 NaHSO3 (1)

2NaOH + SO2 Na2SO3 + H2O (2)

Khi cho SO2 tác dụng với NaOH thì sản phẩm thu được có thể bao gồm 1 hoặc 2 trong 3 chất: NaOH dư (M = 40), NaHSO3 (M = 104) và Na2SO3 (M=126)

Để khai thác dữ kiện nNaOH = 0,8 mol ta tiến hành quy đổi: Coi 1 mol muối

Na 2 SO 3 là 2mol NaX với MNaX = = 63g/mol (mục đích để khai thác dữ kiện tổng số mol muối tạo thành bằng tổng số mol NaOH)

Do vậy trong chất rắn chứa 48,1g có 0,8 mol hỗn hợp Mhh = ,

, = 60,125g Trong hỗn hợp chất rắn có ít nhất một chất có phân tử lượng trung bình nhỏ hơn phân tử lượng trung bình của hỗn hợp NaOH đang còn dư vậy chỉ

có phản ứng (2) xảy ra

Theo quy tắc đường chéo ta có:

NaX (63) 20,125 7 0,7mol NaX 0,35mol Na2SO3

Crackinh C4H10 thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H2

là 16,325 Hiệu suất của phản ứng crackinh là:

Giải Lời ngỏ: Những bài toán của thầy Vũ Khắc Ngọc khó và rất hay, sau một bài toán

của thầy ta có thể rút ra những nhận xét quý báu cho bản thân Sau đây tôi xin đưa

ra cách giải lý thú của thầy

Ankan Ankan’ + Anken các hydrocarbon luôn luôn có số mol bằng nhau Do đó KLPTTB của các hydrocarbon = KLPTTB của Ankan ban đầu

= = 29 g/mol Ta coi hỗn hợp sản phẩm khí là một chất khí duy nhất có = 29 g/mol từ đó ta có sơ đồ đường chéo như sau: