CHươNG I.
C�C PHUONG PH�P GI�P GI?I NHANH B�I TO�N HểA H?C
§1. PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO
Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, trong một khoảng thời gian tương ®ối ngắn học sinh phải
giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong ®ó bài tập toán chiếm một tỉ lệ không nhỏ). Do
®ó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng.
Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông.
Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song cách giải nhanh nhất là “phương pháp
sơ ®å ®­êng chéo”.
Nguyên tắc: Trộn lẫn 2 dung dịch:
Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1,nồng ®é C1 (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1.
Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng ®é C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2.
Dung dịch thu ®­îc có m = m1 + m2,V = V1 + V2, nồng ®å C (C1 < C < C2), khối lượng riêng d.
Sơ ®å ®­êng chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:
a) Đối với nồng độ C% về khối lượng
m1 C1 C2 - C m1 C2 - C
C m2 C - C1
m2 C2 C - C1
b) Đối với nồng độ mol/l

V1 C1 C2 - C V1 C2 - C
C V2 C - C1
V2 C2 C - C1



b) Đối với khối lượng riêng
V1 d1 d2 - d v1 d2 - d
d v2 d2- d1
V2 d2 d - d1

Khi sử dụng sơ ®å ®­êng 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 H2O là d = 1 g/ml
Sau ®ây là một số ví dụ sử dụng phương pháp ®ường chéo trong tính toán pha chế dung dịch

Ví dụ 1. ðể thu ®ược dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là:
A. 1:2 B. 1:3
D. 3:1
C. 2:1
Dạng 1 : Tính toán pha chế dung dịch
Ví dụ 2. �? pha đu?c 500 ml dung d?ch nước muối sinh lí (C = 0,9%) c?n lấy V ml dung d?ch NaCl 3%. Giá tr? c?a V l�:
B. 214,3
C. 285,7 D. 350
Ta có sơ đồ: V1(NaCl) 3 ( 0 - 0,9)
0,9
V2(H2O) 0 (3 - 0,9)

V1= x500 = 150ml

A. 150
0,9
2,1+0,9
Phương pháp này không những hữu ích trong việc pha chế các dung dịch mà còn có thể áp dụng cho các trường hợp ®ặc biệt hơn, như pha một chất rắn vào dung dịch. Khi ®ó phải chuyển nồng ®ộ của chất rắn nguyên chất thành nồng ®ộ tương ứng với lượng chất tan trong dung dịch.
Ví dụ 3. Hòa tan 200 gam SO3 vào m gam dung dịch H2SO4 49% ta ®ược dung dịch H2SO4 78,4%.
Giá trị của m là:
A. 133,3 B. 146,9
C. 272,2
D.300,0
ðiểm lí thú của sơ ®å ®­êng chéo là ở chỗ phương pháp này còn có thể dùng ®ể tính nhanh kết quả của nhiều dạng bài tập hóa học khác. Sau ®ây ta lần lượt xét các dạng bài tập này.
Dạng 2 : Bài toán hỗn hợp 2 đồng vị
Đây là dạng bài tập cơ bản trong phần cấu tạo nguyên tử
Ví dụ 4 . Nguyên tử khối trung bình của Br là 79,319. Brom có hai đồng vị bền : 3579Br , và 3581Br
Th�nh ph?n % s? nguyên t? c?a 3581Br l�:
A. 84,05 B. 81,02
C. 18,98
D. 15,95
Dạng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí
Ví dụ 5. Một hỗn hợp gồm O2, O3 ở ®iều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối ®ối với hi®ro là 18. Thành phần %
về thể tích của O3 trong hỗn hợp là:
A. 15%
C. 35% D. 45%
B. 25%
Ví dụ 6 . C?n tr?n 2 th? tích mêtan v?i m?t th? tích đ?ng đ?ng X c?a metan đ? thu đu?c h?n h?p khí có t? kh?i hoi so v?i hiđro b?ng 15. X l�:
A. C3H8
C. C5H12 D. C6H14
B. C4H10
Dạng 4: tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng gĩưa đơn bazơ và đa axit
D?ng b�i t?p n�y cú th? gi?i d? d�ng b?ng phuong phỏp thụng thu?ng (vi?t phuong trỡnh ph?n ?ng,đ?t ?n). Tuy nhiờn cung cú th? nhanh chúng tỡm ra k?t qu? b?ng cỏch s? d?ng so đ? đu?ng chộo.
Ví dụ 7. Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là:
A. 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4
B. 28,4 gam Na2HPO4;16,4 gam Na3PO4

D. 24,0 gam NaH2PO4;14,2 gam Na2HPO4
C. 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4
Hu?ng d?n gi?i:
Có : 1 < nNaOH = 0,25.2 = 0,5 < 2 ? T?o ra hỗn hợp 2 mu?i: NaH2PO4, Na2HPO4
Sơ ®ồ ®ường chéo:
Na2HPO4 (n1 = 2) (5/3 –1) = 2/3
n=5/3
NaH2PO4 (n2 = 1) (2- 5/3) =1/3
nNa2HPO4 : nNaH2PO4 = 2 : 1  nNa2HPO4=2 nNaH2PO4
Mµ nNa2HPO4 + nNaH2PO4 = nH3PO4= 0,3
nNaH2PO4= 0,1mol mNaH2PO4= 0,1.120 =12g
nNa2HPO4 = 0,2mol mNa2HPO4 = 0,2.142 = 28,4g


Dạng 5 : bài toán hỗn hợp 2 chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hoá học
Ví dụ 8. Hoà tan 3,164 gam hỗn hợp muối CaCO3 v� BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448ml khí CO2 (ĐKTC). Th�nh phần % s? mol của BaCO3 trong hỗn hợp l�:
A. 50% B. 55%
D. 65%

C. 60%
Dạng 6: Bài toán trộn 2 quặng của cùng một kim loại
�õy l� một dạng b�i m� n?u gi?i theo cách thông thường l� khá dài dòng , phức tạp . Tuy nhiên nếu sử dụng sơ đồ đường chéo thì việc tìm ra kết quả trở nên đơn giản và nhanh chóng hơn nhiều . Để có thể áp dụng được sơ đồ đường chéo , ta có thể coi quặng như một "dung dịch" m� "chất tan" l� kim loại đang xét , và "nồng độ" của "chất tan" chính là hàm lượng % về khối lượng của kim loại trong quặng
Ví dụ 9. A l� qụăng hematit chứa 60% Fe2O3. B l� qụăng manhetit ch?a 69,6% Fe3O4. Tr?n m1 tấn quặng A v?i m2 tấn quặng B thu được quặng C, m� t? 1 t?n quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. T? l? m1/m2 l�:
A. 5/2 B. 4/3
C. 3/4
D. 2/5
`Giải
S? kg Fe có trong 1 t?n c?a m?i qu?ng l�:
+) Qu?ng A ch?a: (60:100) ì1000 ì (112 : 160)= 420 (kg)
+) Qu?ng B ch?a:(69,6:100) ì1000 ì(168:232) = 504 (kg)
+)Qu?ng C ch?a: 500 X 0,96 = 480 (kg)
Sơ đồ đường chéo :
mA 420 (504 - 480) = 24
480
mB 504 (420 - 480) = 60
mA
mB

2
5
Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai ®oạn trung gian) ta dễ dàng tính ®ược số mol của các chất hoặc ngược lại.
§3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
Áp dụng ®ịnh luật bảo toàn khối lượng §LBTKL: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm” giúp ta giải bài toán hóa học một cách ®ơn giản, nhanh chóng.
§2. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
Ví dụ 10. H?n h?p A g?m 0,1 mol etylenglicol v� 0,2 mol ch?t X. �? đ?t cháy ho�n to�n h?n h?p A c?n 21,28 lít O2 (đktc) v� thu đu?c 35,2 gam CO2 v� 19,8 gam H2O. (bi?t X ch? ch?a C, H, O).Kh?i lu?ng phân t? X là:
B. C3H8O2
C. C3H6O2 D. C2H6O2
A. C3H8O3
Ví dụ 11. Hßa tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hãa trị II và hãa trị III bằng dung dịch HCl d­ ta thu ®­îc dung dịch A và 0,896 lÝt khÝ bay ra (®ktc). Khối l­îng muối cã trong dung dịch A lµ :
B, 3,67
C. 6,37 D. 7,36
A. 3,76
Ví dụ 12. Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 bằng khí CO ở nhiệt ®ộ cao, người ta thu ®ược 40 gam hỗn hợp chất rắn X và 13,2 gam khí CO2. Tìm giá trị của m.
B, 33,6
C. 22,4 D. 7,36
A. 44.8
Giải
Phân tích: với bài toán này nếu giải theo cách thông thường , tức đặt số mol của các oxít lần lượt là x, y, z thì có một khó khăn là ta không thể thiết lập đủ 4 phương trình để giải ra được các ẩn. Mặt khác chúng ta cũng không biết lượng CO đó cho có đủ để khử hết các oxit về kim loại hay không ? đó là chưa kể đến hiệu suất của phản ứng cũng là một vấn đề gây ra những khó khăn . Nhưng nếu chúng ta dùng phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ giúp loại bỏ được những khó khăn trên và việc tìm ra giá trị của m trở nên hết sức đơn giản
Ví dụ 13. Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este ®ơn chức là ®ồng phân của nhau thấy cần vừa ®ủ 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu ®ược m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn hợp 2 rượu. m cã gÝa trÞ lµ
A. 30
C. 45 D. 16

B. 15
Cách giải :
G?i cụng th?c chung c?a 2 este l�: RCOOR`
Phuong trỡnh ph?n ?ng x?y ra:
RCOOR` + NaOH ? RCOONa + R`OH
Theo b�i ra ta cú: nNaOH = 0,2.1 = 0,2 (mol)
? mNaOH = 40.0,2 = 8 (gam)
�p d?ng ĐLBTKL:
m RCOOR`+ mNaOH = mRCOONa + mR`OH
? mRCOONa = mRCOOR`+ m NaOH - mR`OH

? m = mRCOONa = 14,8 + 8 - 7,8 = 15 (gam).


Ví dụ 14: Cho 24,4g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau phản ứng thu được 39,4g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là:
2,66g B. 22,6g
C. 26,6g D. 6,26g
Giải :
áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mhh + m= mkết tủa + m
=> m = 24,4 + 0,2 x 208 - 39,4 = 26,6 (g)

C
Ví dụ 15: Hoà tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m(g) muối, m có giá trị là:
A - 31,45g B - 33,25 (g)
C - 3,99(g) D - 35,58(g)
Cách giải nhanh:
m = m (Al + Mg) + mCl = (9,14 - 2,54) + 0,7 x 35,5
= 6,6 + 24,85 = 31,45(g)

A
Ví dụ 16: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 kim loại trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24l khí H2(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được gam muối khan. Khối lượng muối khan thu được là:
A - 1,71g B - 17,1g
C - 3,42g D - 34,2g
B
Cách giải nhanh: Theo phương trình điện li
nCl- = nH+ = 0,2
=> mmuối = mkloại+ mCl- = 10 + 0,2 + 35,5 = 17,1 (g)
Ví dụ 17: Đun 132,8 g hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 111,2g hỗn hợp các ete trong đó các ete có số mol bằng nhau. Số mol mỗi ete là:
A. 0,2 B. 0,4 C. 0,2 D. 0,4

Giải: Đun hỗn hợp 3 rượu được ete
Theo ĐLBTKL: mrượu = mete + mH2O
mH2O = mrượu - mete = 132,8 - 111,2 = 21,6 g.

Tổng số mol các ete = số mol H2O = = 1,2

Số mol mỗi ete = mol.`
A
Ví dụ 18: Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thu được 0,2mol khí CO2. Khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.
A.36 B.26 C.13 D.32

Giải: Đặt công thức của các muối là M2CO3 và RCO3
M2CO3 + RCO3 + 4HCl ? 2MCl + RCl2 + 2CO2 + 2H2O
0,4 0,2 ? 0,2
Theo định luật BTKL:
23,8 + 0,4.36,5 = mmuối +Mco2+mH2O
hay: 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + 0,2.44 + 0,2.18
mmuối = 26g
B
§3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai ®oạn trung gian) ta dễ dàng tính ®ược số mol của các chất hoặc ngược lại.
Chẳng hạn:
a) Xét phản ứng: MCO3 + 2HCl  MCl2 + CO2 + H2O
Theo phản ứng này thì:
khi chuyển từ 1 mol MCO3 1 mol MCl2,
khối lượng hỗn hợp tăng thêm71 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO2 ®ược giải phóng. Như vậy, khi biết lượng muối tăng ta có thể tính ®ược số mol CO2 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’) g 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 ®ược số mol của NaOH và R’OH hoặc ngược lại.

Có thể nói hai phương pháp "bảo to�n khối lượng" v� "tăng giảm khối lượng" l� 2 "anh em sinh đôi", với một bài toán nếu giải được bằng phương pháp này thì cũng có thể giải được bằng phương pháp kia . Tuy nhiên , tuỳ từng bài tập mà phương pháp này hay phương pháp kia là ưu việt hơn.
Ví d? 19. (giải lại ví dụ 12)
Kh? m gam h?n h?p A g?m cỏc oxit CuO, FeO, Fe3O4 v� Fe2O3 b?ng khớ CO ? nhi?t đ? cao, ngu?i ta thu đu?c 40 gam h?n h?p ch?t r?n X v� 13,2 gam khớ CO2. Tỡm giỏ tr? c?a m.
B, 33,6
C. 22,4 D. 7,36

A. 44.8
Ví dụ 20. (gi¶i l¹i vÝ dô 13)
Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este ®ơn chức là ®ồng phân của nhau thấy cần vừa ®ủ 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu ®ược m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn hợp 2 rượu. m cã gÝa trÞ lµ
A. 30 B, 15
C. 45 D. 16
B
Ví dụ 21. Nhóng mét l¸ nh«m vào 200 ml dung dịch CuSO4, ®ến khi dung dịch mất màu xanh lấy l¸ nh«m ra c©n thÊy nÆng h¬n so víi ban ®Çu là 1,38 gam. Nång ®é cña ddịch CuSO4 ®· dïng
A. 0,10M B. 0,2M C. 0,15M D. 0,50M
C
Hướng dẫn giải : Phương trình phản ứng xảy ra :
2Al + 3CuSO4 ? Al2(SO4)3 + 3Cu (*)
Theo (*): c? 2 mol Al phản ứng hết với 3 mol CuSO4, sinh ra 3 mol Cu, khối lượng thanh nhôm tăng lên :
?M = 3.64 - 2.27 = 138 (gam).
nCuSO4= 3(?m : ?M)= 3.(1,38 :138) = 0,3

Nồng độ của CuSO4: CM = = 0,15 (M).
0,3
0,2
Chú ý: Khi nhúng thanh kim loại A vào dung dịch muối của kim loại B (kém hoạt ®ộng hơn A). Sau khi lấy thanh kim loại A ra, khối lượng thanh kim loại A ban ®ầu sẽ thay ®ổi do:
1) Một lượng A bị tan vào dung dịch
2) Một lượng B từ dung dịch ®ược giải phóng, bám vào thanh kim loại A
3) Tính khối lượng tăng (hay giảm) của thanh A phải dựa vào phương trình phản ứng cụ thể.
Ví d? 17. Cho 11 gam hỗn hợp 3 axít đơn chức thuộc cùng dãy đồng đẳng tác dụng hoàn toàn vơí kim loại Na dư , thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) . Khối lượng muối hữu cơ tạo thành là :
A. 15,0g B. 24,5g C. 14,5g D. 15,4g
Hướng dẫn giải:
S? mol khí H2 tạo th�nh: nH2= 0,1mol
? naxit= 0,2mol ? ?m = 0,2.(23-22) = 4,4
Vậy khối lượng muối tạo thành là : 11+ 4,4 =15,4g
D
§4. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ

Nguyên tắc chung của phương pháp này là dựa vào §ịnh luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn ®ược bảo toàn”.
ðiều này có nghĩa là: Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau.
Ví dụ 18. Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hòa tan hoàn toàn A bằng dung dịch HCl dư, thu ®ược dung dịch B. Cho NaOH dư vào B, thu ®ược kết tủa C. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch
rồi ®em nung trong không khí ®ến khối lượng không ®ổi thu ®ược m gam chất rắn D. Tính m.
A. 80,0g B. 40,0g C. 60,0g D. 20,0g
Giải nhanh :
Fe2O3 Fe2O3 2Fe3O4 3 Fe2O3
0,1 0,1 0,1 0,15
Tổng nFe2O3 = 0,1 + 0,2 = 0,25
Vậy mFe2O3 = 0,25.160 = 40g
B
Ví dụ 19. Tiến hành crackinh ở nhiệt ®ộ cao 5,8 gam butan. Sau một thời gian thu ®ược hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6 và C4H10. ðốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra qua bình ®ựng H2SO4 ®ặc. Tính ®ộ tăng khối lượng của bình H2SO4 ®ặc.
A. 18 B 36 C. 9 D. 4,5

Hướng dẫn giải :
Đ? tăng khối lượng c?a bình H2SO4 đặc chính là tổng khối lượng H2O sinh ra trong phản ứng đốt cháy hỗn hợp X
Theo b�i ra ta cú: nbutan = 0,1 (mol)
T? phuong trỡnh ph?n ?ng, cú:
H(butan ban đ?u) H (nu?c) v� C4H10 10H 5H2O
nH2O = 0,5 (mol) mH2O = 0,5 .18 = 9(gam)

C
Câu 25: Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl, tạo ra 1,792 lít H2(đktc).
- Phần 2 nung trong oxi thu được 2,84g hỗn hợp oxit. Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là:
A. 2,4g B. 3,12g C. 2,2g D.1,8g
Cách giải nhanh: áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có: A, B là chất khử, H+, O2 là chất oxi hoá.
Số mol e do H+ nhận để tạo H2 bằng số mol O2 nhận
H+ + 1e ? 1/2H2 mhhkloại banđầu= (moxit - mO) x 2
0,16 0,16 0,08
O + 2e ? O2- = (2,84 - 0,08 x 16) x 2 = 3,12g
0,08 0,16 0,08


B
Ví dụ 22: Chia 38,6g hỗn hợp gồn Fe và kim loại M có hóa trị duy nhất thành 2 phần bằng nhau:
Phần 1: Tan vừa đủ trong 2lít ddịch HCl thấy thoát ra 14,56lít H2 (đktc)
Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất (đktc)
1. Nồng độ mol/l của dung dịch HCl là:
A - 0,65M B . 1,3M C. 0,56M D. 1,12M
2. Khối lượng muối clorua khan thu được là :
A - B . C. D.