phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí sở giáo dục và đào tạo bắc giang phòng giáo dục và đào tạo hiệp hòa PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC học viên:nguyễn minh chí đơn vị:thpt hiệp hòa số 3 niên khoá:2011-2013 phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí Phương pháp giải bài toán este I. Định nghĩa – Công thức tổng quát – Tên gọi: 1. Định nghĩa: Khi thay nhóm OH ở nhóm cacboxyl của axit cacboxylic bằng nhóm OR thì được este. ROH + R’COOH R’COOR + H2O 2. Công thức tổng quát của este: * Este no đơn chức: CnH2n+1COOCmH2m+1 (n 0, m 1) Nếu đặt x = n + m + 1 thì CxH2xO2 (x 2) * Este đa chức tạo từ axit đơn chức và rượu đa chức: (RCOO)nR’ * Este đa chức tạo từ axit đa chức và rượu đơn chức R(COOR’)n 3. Tên gọi của este hữu cơ: gốc axit gốc rượu Tên este = tên gốc rượu + tên gốc axit + at Vd: H – C – OCH2CH3 Ety fomat || O CH3C – OCH3 Metyl axetat || O CH3 – C – O – CH – CH3 Isopropyl axetat || | O CH3 CH2 = C – C – O – CH3 Metyl metacrylat | || CH3 O CH3 – C – O – CH = CH2 Vinyl axetat || O II. Tính chất vật lý: * Các este thường là chất lỏng rất ít tan trong nước, nhẹ hơn nước. * Giữa các phân tử este không có liên kết hidro vì thế nhiệt độ sôi của các este thấp hơn axit và rượu phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí có cùng số nguyên tử cacbon. * Nhiều este có mùi thơm hoa quả. III. Tính chất hoá học: 1. Phản ứng thuỷ phân: a. Thuỷ phân trong môi trường axit (phản ứng thuận nghịch): Este + HOH axit + rượu R – C – O + R’ + HOH RCOONa + R’OH || O b. Thuỷ phân trong môi trường kiềm (phản ứng xà phòng hóa): RCOOR’ + NaOH RCOONa + R’OH c. Phản ứng khử Este bị khử bởi liti nhôm hiđrua (LiAlH4), khi đó nhóm RCO- (gọi là nhóm axyl) trở thành ancol bậc I : R - COO - R’ R - CH2 - OH + R’- OH 2. Phản ứng ở gốc hiđro cacbon: a. Phản ứng cộng: (H2, Cl2, Br2…). CH2 = CH – C – OCH3 + H2 CH3 – CH2 – C – OCH3 || || O O b. Phản ứng trùng hợp: Polimetylmetacrylat: thủy tinh hữu cơ 3. Phản ứng cháy: CnH2nO2 + O2 CO2 + nH2O IV. Điều chế: a ) Este của ancol Phương pháp thường dùng để điều chế este của ancol là đun hồi lưu ancol với axit hữu cơ, có H2SO4 đặc xúc tác, phản ứng này được gọi là phản ứng este hóa. CH3COOH + (CH3)2CHCH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH(CH3)2 + H2O * Phản ứng este hóa là phản ứng thuận nghịch. Để nâng cao hiệu suất của phản ứng (tức chuyển dịch cân bằng về phía tạo thành este) có thể lấy dư một trong hai chất đầu hoặc làm giảm nồng độ của sản phẩm. Axit sunfuric vừa làm xúc tác vừa có tác dụng hút nước, do đó góp phần làm tăng hiệu suất phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí tạo este. b) Este của phenol Để điều chế este của phenol không dùng axit cacboxylic mà phải dùng anhiđric axit hoặc clorua axit tác dụng với phenol. C6H5 – OH + (CH3CO)2O CH3COOC6H5 + CH3COOH anhiđric axetic phenyl axetat Phương pháp tăng giảm khối lượng • Nguyên tắc: “Khi chuyển từ chất A thành chất B (có thể qua nhiều giai đoạn), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam (thường tính cho 1 mol). Dựa vào mối quan hệ tỉ lệ thuận của sự tăng giảm, ta có thể tính được lượng chất tham gia hay tạo thành sau phản ứng”. Các trường hợp áp dụng phương pháp: * Với các bài toán kim loại mạnh đẩy kim loại yếu hơn ra khỏi dung dịch muối của nó. Giả sử có một thanh kim loại A với khối lượng ban đầu là a gam. A đứng trước kim loại B trong dãy điện hóa và A không phản ứng với nước ở điều kiện thường. Nhúng A vào dung dịch muối của kim loại B. Sau một thời gian phản ứng thì nhấc thanh kim loại A ra. mA + nBm+ mAn+ + nB + Nếu MA < MB thì sau phản ứng khối lượng thanh kim loại A tăng. mA tăng = mB - mA tan = mdd giảm nếu tăng x% thì mA tăng = x%.a + Nếu MA > MB thì sau phản ứng khối lượng thanh kim loại A giảm. mA giảm = mA tan - mB = mdd tăng nếu giảm y% thì mA giảm = y%.a * Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với Na R(OH)x R(ONa)x + x2 H2→+ xNa 1mol muối ancolat thì→Cứ 1mol rượu tác dụng với Na khối lượng tăng (23-1).x = 22.x gam. Vậy nếu đầu bài cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối alcolat ta có thể vận dụng để tính số mol, số chức của rượu, của H2 và xác định công thứ phân tử của rượu. * Đối với axit: Xét phản ứng axit với kiềm R(COONa)x + H2O→R(COOH)x + xNaOH phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ hoc RCOOH + NaOH RCOONa + H2O khi lng tng 22g1mol 1mol * i vi este: Xột phn ng x phũng húa RCOONa + R'OHR-COOR' + NaOH khi lng mui1mol 1mol tng l 23-R' Ngoi ra cỏc bi toỏn m phn ng xy ra thuc loi phn ng phõn hu, phn ng gia kim loi vi axit, mui tỏc dng vi axit v mt s bi tp hu c khỏc cng cú th ỏp dng phng phỏp ny. Phng phỏp tng gim khi lng v phng phỏp bo ton khi lng thng song hnh vi nhau. Tựy tng bi toỏn m ta ỏp dng thớch hp s thu c hiu qu nh mong mun. ph ơng pháp bảo toàn electron I. Nguyên tắc của phơng pháp bảo toàn e Khi có nhiều chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì "Tổng số mol e mà các chất khử cho phải bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá nhận " Tức là : n e nhờng = n e nhận II. Các giải pháp để tổ chức thực hiện. Mấu chốt quan trọng nhất là học sinh phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất o xi hoá ,chất khử ,nhiều khi không cần quan tâm tới cân bằng phản ứng Phơng pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trờng hợp xảy ra III.Các ví dụ 1- Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 1.2 gam Kim loại M vào dung dịch HNO 3 d thu đợc 0.224 lít khí N 2 duy nhất ở đktc . Kim loại M là : A- Mg B- Fe C- Al D- Cu Hớng dẫn : Chọn đáp án A Số mol của N 2 = 0.01 . Theo bảo toàn e có M- n(e) M n+ 2N +5 + 10 (e) N 2 0.1/n 0.1 0.1 0.01 phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ Suy ra Mn 2.11.0 = M = 12n Lập bảng M= 24 ( Mg) 2- Ví dụ 2 Cho 40.5 gam Al tác dụng với dung dịch HNO 3 thu đợc 10.08 lít khí X ở đktc ( không có sản phẩm khử nào khác ) . X là A.NO 2 B.NO C. N 2 O D. N 2 Hớng dẫn : Chọn đáp án D Số mol của Al = 1.5 ( mol) và số mol khí X = 0.45 mol . Theo bảo toàn e có Al- 3(e) Al 3+ N +5 + n (e) sản phẩm 1.5 4.5 0.45n 0.45 Suy ra 0.45 n = 4.5 n = 10 . Vậy khí X là N 2 3- Ví dụ 3 Cho 8,3 gam hỗn hợp gồm Al,Fe vào 1 lít dung dịch AgNO 3 0.1 M và Cu(NO 3 ) 2 0.2 M .Sau khi phản ứng kết thúc thu đợc chất rắn Z ( không tác dụng với dung dịch HCl ) và dung dịch T không còn màu xanh . Khối l- ọng của Z và %m Al trong X là : A. 23.6 gam & 32.53% B. 2.36 gam & 32.53% C. 23.6 gam & 45.53% D . 12.2 gam & 28.27% Hớng dẫn : Chọn đáp án A Z không tác dụng với với dung dịch HCl Al, Fe hết Dung dịch T không còn màu xanh Cu(NO 3 ) 2 phản ứng hết Vậy chất rắn Z gồm có Ag,Cu m Z = m Ag + m Cu = 0.1x108 + 0.2 x 64 = 23.6 gam Gọi số mol của Al ,Fe lần lợt là a,b Al -3(e) Al 3+ Ag + + 1(e) Ag a 3a 0.1 0.1 Fe - 2(e) Fe 2+ Cu 2+ + 2(e) Cu b 2b 0.2 0.4 Theo Bảo toàn e ta có phơng trình 3a + 2b =0.5 Vậy ta có hệ phơng trình =+ =+ 3.85627 5.023 ba ba = = 1.0 1.0 b a %m Al = 100. 3.8 271.0 x =32.53% phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí • Phương pháp sơ đồ đường chéo -Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể. -Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại cho cùng một chất. -Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất. Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. -Sơ đồ tổng quát: D1 x1 x-x2 x D2 x2 x1-x Từ đó: D1/D2 = (x-x2)/(x1-x) Các ví dụ: Ví dụ 1. Cần thêm bao nhiêu g H2O vao 500 g dd NaOH 12% để có dd NaOH 8% mH2O 0 4 8 500 12 8 > mH2O = 500.4/8 = 250g Ví dụ 2. Cần thêm bao nhiêu g Na2O vào 100 g dd NaOH 20% để thu được dd NaOH 34,63% PTPU Na2O + H2O > 2NaOH 62 > 2.40 Coi Na2O là dd NaOH có nồng độ 2.80/62 = 129% 100 20 94,37 34,63 m 129 14,63 > m = 15,5 gam Ví dụ 3. Hòa tan Al bằng dd HNO3 loãng thu được hh khí NO,N2O có tỉ khối so với H2 là 16,75. Viết PTPU. phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí Ta có: M = 16,75.2 = 33,5 N2O 44 3,5 33,5 NO 30 10,5 N2O/NO = 3,5/10,5 = 1/3 (tỉ lệ thể tích = tỉ lệ số mol) Các PU: 8Al + 30HNO3 > 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (1) Al + 4HNO3 > Al(NO3)3 + NO + 2H2O (2) Để thỏa mãn tỉ lệ ta nhân (2) với 9 rồi cộng với (1) 17Al + 66HNO3 > 17Al(NO3)3 + 3N2O + 9NO + 33H2O Ví dụ 4. Từ 1 tấn hematit A điều chế được 420 kg Fe Từ 1 tấn mamhetit B - - - - - - 504 kg Fe Cần trộn A,B theo tỉ lệ nào để từ 1 tấn quặng hh điều chế được 480 kg Fe A 420 24 480 B 504 60 Vậy tỉ lệ trộn là 24/60 = 2/5 Phương pháp bảo toàn nguyên tố trong phản ứng hóa học Khi gặp các bài toán không thể áp dụng được định luật bảo toàn khối lượng hoặc viết phương trinh nhưng lại không thấy hướng giải trong khi 1 bài trắc nghiệm lại đòi hỏi chúng ta thời gian 1.5 phút nên trình bày 1 phương pháp là định luật căn bằng nguyên tố,nghĩa là các nguyên tố sẽ bảo toàn cho nhau trước và sau phản ứng. Nguyên tắc: Một nguyên tố khi tham gia phản ứng hóa học chỉ chuyển từ chất này sang chất khác, nghĩa là số mol nguyên tố đó trước và sau phản ứng phải bằng nhau. Công thức: Trước phản ứng, nguyên tố X có trong các chất A, B Sau phản ứng, nguyên tố X có trong các chất C, D Áp dụng công thức sau: nA.Số ngtử X trong A + nB. Số ngtử X trong B = nC. Số ngtử X trong C + nD. Số ngtử X trongD Ví dụ : V lít CO2 + 3lít dung dịch Ca(OH)2 CM thu được 5 gam kết tủa CaCO3 và 16,2 gam Ca(HCO3)2 phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí Tìm V và CM. Nếu như giải phương pháp thông thường là viết phương trinh là chúng ta phải viết 2 phương trình 1 là muối trung hòa 2 la muối Axit và cân bằng nói chung là vẫn rất tốn thời gian.Nếu chúng ta dung định luật bảo toàn khôi lượng thì cũng rất khó,đề yêu cầu tím số liệu về CO2 trong khi Ca(OH)2 mình cũng phải tìm chưa kể nước sinh ra nữa phức tạp.Vì vậy GoldSea sẽ áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố để giải bài này Áp dụng: Bảo toàn C: nCO2.1 = nCaCO3.1 + nCa(HCO3)2.2 vậy: nCO2 = 0,05.1 + 0,1.2 = 0,25 mol V = 0,25.22,2 = 5,6 lít Bào toàn Ca: nCa(OH)2.1 = nCaCO3.1 + nCa(HCO3)2.1 nCa(OH)2 = 0,05,1 + 0,01.1 = 0,15 CM = 0,15/3 = 0,05M Kinh nghiệm: - Các bài toán dùng phương pháp bảo toàn nguyên tố thì thường giữa chất đề bài cho và hỏi có cùng một nguyên tố nào đó. - Không nên áp dụng bảo toàn nguyên tố O. phương pháp bảo toàn điện tích trong phản ứng hóa học    •  •  !"#$%& '  ()!*+!**,+--!* ()!* .+/*0%& ' 1&*,2.+/*0%& ' 1&*/2 • 345#6/ ' +78 • 9:+&;/+&<!*9,.:+&;&*/ • =9>!?5% ' =@**6%& ' 1A:B; • (=@**6:C@**6:+&;=@**6+ • (D&B!?EF%G&*F • 4HIJCK)L ' )MNOJJP '  HG45%Q% ' =@**6%& ' 1 R ' EST&*#U&6QVV/*WVV3 /*R3WVVX/*YT3( 0/*(J&!06 ZVVXVV3 CVV[XHVV  45% ' =@**6%& ' 1E phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ VV0WVV303,VVX03W\0]0,VV3]^ HG3_B;#U&% ' =@**6:+&; HZS&&*6`-3WV/*#6Z[WV3/*#6 &&*6(0/*#6YT3(/*^-/ GZ%;Tab /c;/+&: J&!0#6Q;6 ZVa#6VVX#6VX CV[#6V3HV3#6V[ (45% ' =@**6%& ' 1E V03WV30[,\0W03]\W3,Vd (_& G:+&;/+&,.:+&;&*G*/+& V0XaWV303eW\0[XXWf0ba,Tab ][XX\Wbaf,[Xb<gg9 )h #6<gg9]\,V3if,V[]^H Phng phỏp ỏp dng nh lut bo ton khi lng I- Ni dung nh lut bo ton khi lng Tng khi lng cỏc cht tham gia phn ng bng tng khi lng sn phm. Vớ d : trong phn ng A + B => C + D Ta cú : mA + mB = mC + mD - H qu 1 : Gi mT l tng khi lng cỏc cht trc phn ng, mS l tng khi lng cỏc cht sau phn ng. Dự cho phn ng xy ra va hay cú cht d, hiu sut phn ng nh hn 100% thỡ vn cú mS= mT. - H qu 2 : Khi cation kim loi kt hp vi anion phi kim to ra cỏc hp cht (nh oxit, hiroxit, mui) thỡ ta luụn cú : Khi lng hp cht = khi lng kim loi + khi lng anion. - H qu 3 : Khi cation kim loi thay i anion to ra hp cht mi, s chờnh lch khi lng gia hai hp cht bng s chờnh lch v khi lng gia cỏc cation. - H qu 4 : Tng khi lng ca mt nguyờn t trc phn ng bng tng khi lng ca nguyờn t ú sau phn ng. - H qu 5 : Trong phn ng kh oxit kim loi bng CO, H2, Al + Cht kh ly oxi ca oxit to ra CO2, H2O, Al2O3. Bit s mol CO, H2, Al tham gia phn ng hoc s mol CO2, H2O, Al2O3 to ra, ta tớnh c lng oxi trong oxit (hay hn hp oxit) v suy ra lng kim loi (hay hn hp kim loi). + Khi kh oxit kim, CO hoc H2 ly oxi ra khi oxit. Khi ú ta cú : nO (trong oxit )= nCO2 = nCO = nH2O p dng nh lut bo ton khi lng tớnh khi lng hn hp oxit ban u hoc khi lng kim loi thu c sau phn . II- Bi tp minh ho Bi 1. Cho 24,4 gam hn hp Na2CO3, K2CO3 tỏc dng va vi dung dch BaCl2. Sau phn ng thu c 39,4 gam kt ta. Lc tỏch kt ta, cụ cn dung dch thu c m gam mui clorua. m cú giỏ tr l: A. 2,66 B. 22,6 C. 26,6 D. 6,26 Hng dn gii. Theo nh lut bo ton khi lng : nBaCl2 = nBaCO3= 0, 2 (mol) p dng nh lut bo ton khi lng : mhh + mBaCl2 = mkt ta + mmui => mmui = 24,4 + 0,2.208 - 39,4 = 26,6 gam=> ỏp ỏn C Chuyên đề dung dịch. bi toỏn mu i ng m n c I. Các kiến thức cơ bản - Khái niệm nồng độ dung dịch. - Hai loại nồng độ dung dịch: + Nồng độ %. + Nồng độ mol/l - Công thức tính nồng độ dung dịch: + Công thức tính nồng độ % [...]... phơng pháp đồ thị Cơ sở của phơng pháp là việc sử dụng đồ thị trong toán học để giải một số hệ phơng trình Trong hoá học, một số dạng bài tập đợc giải dựa trên cơ sở nội dung của phơng pháp này Đó là trờng hợp mà trong thí nghiệm hoá học có hai quá trình lợng kết tủa tăng dần, sau đó giảm dần đến hết khi lợng chất phản ứng phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ có d Có thể vận dụng phơng pháp này... hai cách: + sử dụng phơng pháp đại số: mct mới = + Sử dụng công thức đờng chéo *Bài toán 5: Hòa tan 5,6 lít khí HCl đktc vào 0,1 lít H2O để tạo ra dung dịch HCl Tính nồng độ mol/l và nồng đọ C% của dung dịch thu đợc ( học sinh tự giải) * Bài toán 6 Cần pha chế theo tỉ lệ nào về khối lợng giữa hai dung dịch KNO3 có nồng độ % tơng ứng là 45% và 15% để đợc một dung dịch KNO3 20% Giải: Cách 1 Đặt khối lợng... KNO3 để thu đợc dung dịch KNO3 nồng độ 20% Cách 2: ( sử dụng phơng pháp đờng chéo) * Bài toán 7 Tính khối lợng dung dịch KOH 38% cần lấy( D= 1,92g/ml) và lợng dung dịch KOH 8% ( D = 1,039g/ml) để pha trộn thành 4 lít dung dịch KOH 20% ( D = 1,1g/ml) Giải: Cách 1: Phơng pháp đại số: mct1 + mct2 = mct3 mdd1 + mdd 2 = mdd3 Cách 2: Phơng pháp đờng chéo Gọi khối lợng dung dịch KOH 38% cần lấy và lợng dung... = 961,75 (g) II.2 Toán nồng độ dung dịch 1 Dạng 1 Tính C% , CM * Bài toán 1 Tính khối lợng muối ăn và khối lợng nớc cần lấy để pha chế thành 150 gam dung dịch NaCl 5% * Bài toán 2 Hòa tan 6,72 lít khí HCl ở đktc vào 80,05 gam H2O ta đợc dung dịch axit HCl Giả sử sự hòa tan không làm thay đổi thể tích dung dịch Tính C%, CM của dung dịch thu đợc Tính D của dung dịch ? 2 Dạng 2 bài toán pha lãng hoặc... m2 m1 + m2 m3 4000.1,1 = = = = 2 3 2+3 5 5 2m 4400.2 m1 = 3 = = 1760( g ) 5 5 m2 = m3 m1 = 4400 1760 = 2640( g ) ứng m1 3.2 Pha trộn sảy ra phản ứng hóa học * Bài toán 8 : Cho 34.5 gam Na tác dụng với 167g nớc Tính C% của dung dịch thu đợc sau phản Giải: Số mol Na tham gia phản ứng: phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ nNa = 34,5 = 1,5(mol ) 23 Phơng trình phản ứng: 2Na + 2H2O 2mol 1,5 mol 2NaOH... 1,5 =200 ( gam) Nồng độ % của dung dịch sau phản ứng là: 60 100% = 30% 200 C% = * Bài toán 9 : Cho 14,84 gam tinh thể Na2CO3 vào bình chứa 500 ml dd HCl 0,4M đợc dung dịch D Tính nồng độ mol/l của các dung dịch thu dợc sau phản ứng Giải: 14,84 = 0,14(mol ) 106 = 0,5.0, 4 = 0, 2(mol ) nNa2CO3 = nHCl Phơng trình hóa học 2 NaCl Na2CO3 + 2 HCl Theo phơng trình tỉ lệ Theo bài ra ta có tỉ lệ nNa2CO3 : nHCl... 2 3 * Bài toán 10: Sục 200 gam SO3 vào 1 lít dung dịch H2SO4 17% (D = 1,12g/ml) đợc dung dịch A Tính nồng độ % của dung dịch A Giải: Khi hòa tan SO3 vào dung dịch H2SO4 có phản ứng phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ SO3 + H2O H2SO4 SO3 + H2O H2SO4 (1) Theo (1) * Bài toán 11: Xác định lợng dung dịch SO3 và lợng dung dịch H2SO4 49% cần lấy để pha chế thành450 gam dung dịch H2SO4 83,3% Giải: Đặt... + x) gam Theo bài ra ta có: 56 + 0, 0793 x 100% = 21% 47 + x Giải phơng trình ta có x bằng 352,94 gam Vậy khối lợng dung dịch KOH 7,93% cần lấy là 352,94 gam * Bài toán 13: Để đợc dung dịch Zn(NO3)2 8% cần lấy bao nhiêu gam muối Zn(NO 3)2 6 H2O hòa tan vào 500 ml nớc Học sinh tự làm phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ III Các bài toán vận dụng về dung dịch 1.Bài tập tính nồng độ dung dịch thu... 2 - C% - C%1 C% 1 C M 1 V1 Với m1 C M1 C M1 C M2 V1 = V 2 CM - CM - C M1 II Bài tập II.1 Dạng toán độ tan 1 Dạng 1 : Bài toán liên quan giữa độ tan của 1 chất và nồng độ % dung dịch bão hòa của chất đó: * Bài toán 1 ở 25oC độ tan của đờng là 204g, NaCl là 36g Tính nồng độ % bão hoà của các dung dịch này Giải: - Độ tan của đờng ở 25oC là 204g có nghĩa là 100g nớc hoà tan đợc 204g đờng -> mdd = 304g... Cho 10 lít (đktc) hỗn hợp A gồm N 2 và CO2 ở đktc vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thì thu đợc 1 gam kết tủa Tính % CO2 trong hỗn hợp A theo thể tích (Sách Hoá học - Lớp 12 - NXB Giáo dục Hà nội) Lời giải * Phơng pháp tự luận: Phơng trình hoá học của những phản ứng lần lợt xảy ra nh sau: CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (1) CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2 Ta có: Số mol Ca(OH)2 = 2 0,02 = 0,04 (mol) Số mol CaCO3 . phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí sở giáo dục và đào tạo bắc giang phòng giáo dục và đào tạo hiệp hòa PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC học viên:nguyễn minh chí đơn. %m Al = 100. 3.8 271.0 x =32.53% phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí • Phương pháp sơ đồ đường chéo -Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau,. 1:2. ph ơng pháp đồ thị Cơ sở của phơng pháp là việc sử dụng đồ thị trong toán học để giải một số hệ phơng trình. Trong hoá học, một số dạng bài tập đợc giải dựa trên cơ sở nội dung của phơng pháp này.