Vận dụng phương pháp tỉ lệ vào giải toán hỗn hợp Hóa học 9

A - đặt vấn đề
I- Lý luận chung
Hoá học là bộ môn khoa học tự nhiên mà học sinh được tiếp cận muộn nhất, nhưng nó lại có vai trò quan trọng trong nhà trường phổ thông. Môn hoá học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản và thiết thực đầu tiên về hoá học, rèn cho học sinh óc tư duy sáng tạo và khả năng trực quan nhanh nhạy. Vì vậy giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một kỹ năng cơ bản, thói quen học tập và làm việc khoa học làm nền tảng để các em phát triển khả năng nhận thức và năng lực hành động. Hình thành cho các em những phẩm chất cần thiết như cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu thích khoa học.
II- lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học lớp 9, tôi thấy có rất nhiều dạng bài tập khó. Bản thân tôi đã tìm tòi, tham khảo thêm sách vở và đồng nghiệp của mình để có hướng giải thích hợp cho từng dạng bài. Trong số đó, tôi thấy rằng khi gặp những bài toán rắc rối, có liên quan đến nhiều chất khác nhau hoặc hỗn hợp các chất, học sinh thường lúng túng, không tìm ra hướng giải. Lúc đó, nếu hướng cho các em tìm ra mối liên quan giữa các chất thì bài toán đơn giản hơn nhiều.
 Những năm gần đây, cùng với chủ trương cải cách giáo dục, thay sách giáo khoa mới thì những dạng bài tập khó, đòi hỏi tính sáng tạo của học sinh xuất hiện càng nhiều trong các đề thi học sinh giỏi. Đặc biệt là toán hỗn hợp cần vận dụng đến tỷ lệ giữa các chất. Vì vậy học sinh phải được cung cấp kiến thức về dạng toán này. Qua đó, các em có thể dùng vốn hiểu biết của mình để làm những bài tập khó hơn và giúp các em có thêm hứng thú cũng như niềm say mê trong học tập bộ môn Hóa học.
 Trong bài viết này, tôi chỉ đề cập đến một vấn đề nhỏ. Đó là “Vận dụng phương pháp tỷ lệ vào giải toán hỗn hợp trong bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 9”. Tôi rất mong góp phần nhỏ của mình để học sinh học tập tốt hơn, bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả cao hơn.
B - Nội dung
 Tôi đã chọn ra 12 bài tập tiêu biểu về hỗn hợp có vận dụng phương pháp tỷ lệ để giải. Cụ thể như sau:
Bài 1: Có 2 cốc : Cốc A đựng dung dịch chứa 0,2mol Na2CO3 và 0,3 mol NaHCO3 , Cốc B đựng dung dịch chứa 0,5 mol HCl. Tính thể tích khí thoát ra (ở đktc) trong từng trường hợp sau khi đổ hết cốc này vào cốc kia:
a- Đổ rất từ từ cốc B vào cốc A.
b- Đổ rất từ từ cốc A vào cốc B.
Hướng giải:
Đối với bài toán này, học sinh cần hiểu rõ bản chất hóa học của phản ứng xảy ra trong hai trường hợp.
 a- Khi đổ rất từ từ cốc B vào cốc A, lúc đó muối trong cốc A nhiều, axit cho vào từ từ, do đó Na2CO3 tác dụng với HCl theo tỷ lệ mol 1: 1.
 Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 	 (1)
 Sau đó : NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 (2)
Theo phản ứng (1): n= nHCl = n = 0,2 mol
Số mol HCl tham gia phản ứng (2) là: 0,5 - 0,2 = 0,3( mol)
 n = 0,2 + 0,3 = 0,5 (mol)
Theo phản ứng (2) thì NaHCO3 dư, HCl hết: n= nHCl = 0,3 (mol) 
 Thể tích khí CO2 thoát ra (ở đktc) là:
V = 0,3 . 22,4 = 6,72 (lít)
 b- Khi đổ rất từ từ cốc A vào cốc B, lúc đầu axit rất dư, do đó xảy ra các phản ứng sau cho đến hết HCl:
 Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 (3)
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 (4)
Khi đổ hết cốc A vào cốc B:
Giả sử hai muối phản ứng hết thì lượng axít cần dùng là:
 Theo phản ứng (3) và (4) ta có: 
nHCl = 2n+ n= 2 . 0,2 + 0,3 = 0,7 (mol)
Theo bài ra, số mol HCl = 0,5 mol. Vậy axít phản ứng hết, muối còn dư. 
Hai muối phản ứng đồng thời với HCl, làm thế nào để biết lượng mỗi muối phản ứng là bao nhiêu ? 
Đến đây ta có thể sử dụng các cách sau để giải:
Cách 1: Gọi x, y lần lượt là số mol của Na2CO3 và NaHCO3 tham gia phản ứng (Điều kiện : x, y, > 0)
Từ (3) và (4) => nHCl = 2x + y = 0,5 (mol); n = x + y (mol)
Mặt khác ta có tỷ lệ: = = => y = 1,5x
 Thế y = 1,5x vào phương trình 2x + y = 0,5 => x = ; y = 
 n = x + y = + = (mol)
Thể tích khí CO2 thoát ra (ở đktc) là:
V = x 22,4 = 8 (lít)
Tuy nhiên cách này hơi dài, ta có thể đặt một ẩn như sau:
Cách 2: Theo bài ra ta có tỉ lệ: 
n: n = 0,2 : 0,3 = 2 : 3 
Gọi số mol Na2CO3 tham gia phản ứng là 2a => n= 3a
(Điều kiện: a > 0)
Từ phản ứng (3) và (4) ta có:
 nHCl = 2 x 2a + 3a = 7a = 0,5 => a = 
n= n+ n= 2a + 3a = 5a = 5 .= (mol) 
Thể tích khí CO2 thoát ra (ở đktc) là:
V = x 22,4 = 8 (lít)
Như vậy, ở bài toán trên muốn giải được ý (b) cần phải chú ý đến tỷ lệ số mol giữa 2 muối đã cho.
Bài 2: Hỗn hợp X gồm Al và Cu. Cho hỗn hợp X vào cốc đựng dung dịch HCl. Khuấy đều dung dịch tới khi khí ngừng thoát ra thu được chất rắn Y nặng a gam. Nung Y trong không khí tới phản ứng hoàn toàn thu được 1,35a gam oxit.
a- Nhôm bị hòa tan hoàn toàn hay không?
b- Tính thành phần % khối lượng các chất trong Y.
Hướng giải:
a- Khi cho hỗn hợp X vào cốc đựng dung dịch HCl thì xảy ra phản ứng sau:
 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1)
Khi khí ngừng thoát ra có thể là Al hết hoặc HCl hết hoặc cả Al và HCl đều phản ứng hết. Chất rắn Y gồm Cu và có thể có Al còn dư sau phản ứng (1)
Phản ứng nung Y trong không khí :
 2Cu + O2 2CuO (2)
Có thể có phản ứng: 4Al + 3O2 2Al2O3 (3)
Theo bài ra: Nung a gam Y trong không khí thu được 1,35 a gam oxit
=> Tỷ lệ tăng khối lượng là 1,35
Nếu Al hết sau phản ứng (1) thì Y chỉ có Cu.
Theo phản ứng (2) thì tỷ lệ tăng khối lượng là : = = 1,25 < 1,35
Chứng tỏ Y gồm Al dư và Cu, HCl không đủ để hòa tan hoàn tan hoàn toàn Al.
Từ phản ứng (3) => tỷ lệ tăng khối lượng là: 
 m: mAl = 102 : (27 x 2) = 1,89 
Điều đó phù hợp với điều kiện bài toán.
b- Để tính được % các chất trong Y ta có thể gọi x, y lần lượt là số mol của Cu và Al trong a gam Y .
(Điều kiện: x, y > 0)
Theo phản ứng (2) và (3) ta có thể thiết lập tỷ lệ : = 1,35
 => x= 2,27y
Thành phần % khối lượng các chất trong Ylà:
%Cu = . 100% = . 100% = 84,3%
% Al = 100% - 84,3% = 15,7%
Ngoài cách trên ta có thể giải bằng cách giả sử khối lượng Y là 100 gam. Sau đó giải hệ phương trình để tìm x, y.
Bài 3: Một hỗn hợp N2 và H2 được lấy vào bình phản ứng (để điều chế NH3) có nhiệt độ giữ không đổi. Sau một thời gian phản ứng, áp suất của các khí trong bình giảm 5% so với áp suất ban đầu. Biết rằng tỷ lệ số mol N2 đã phản ứng là 10%. Tính thành phần % về thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu.
Hướng giải:
 ở bài toán này, lượng các chất ban đầu không cho biết, chỉ biết tỷ lệ số mol N2 đã phản ứng. ở đây, nhiều học sinh dễ hiểu nhầm rằng N2 dư tức là H2 phản ứng hết. Nếu đi theo hướng đó sẽ không giải ra. Đây là phản ứng thường đạt hiệu suất không cao, do đó có thể N2 và H2 cùng dư. Muốn giải được bài toán này ta cần chú ý đến tỷ lệ giữa số mol và áp suất.
Gọi x, y lần lượt là số mol của N2 và H2 có trong bình lúc đầu. 
(Điều kiện: x, y > 0) 
Số mol N2 phản ứng là 10% tức là 0,1x 
 Phương trình hóa học: N2 + 3H2 2NH3 (1)
 Theo phản ứng (1) n= 3n= 0,3x (mol) 
 n= 2n= 0,2x (mol)
 Sau phản ứng còn lại n= x – 0,1x = 0,9x(mol)
 n= y – 0,3x (mol); n= 0,2x (mol)
 Tổng số mol các khí sau phản ứng = 0,9x + (y – 0,3x) + 0,2x = 0,8x + y (mol)
Theo bài ra, áp suất của các khí trong bình giảm 5% so với áp suất ban đầu tức là bằng 95% ban đầu.
Ta có tỷ lệ: = = 0,95 => y = 3x
Vì các khí được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất do đó tỷ lệ về số mol cũng là tỷ lệ về thể tích.
Thành phần % về thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là:
% N2 = . 100% = . 100% = 25%
% H2 = 100% - 25% = 75%
Bài 4: Một hỗn hợp khí gồm N2 và H2 có tỉ khối đối với H2 là 4,9. Cho hỗn hợp đi qua chất xúc tác nung nóng, người ta thu được hỗn hợp mới có tỉ khối đối với H2 là 6,125. Tính hiệu suất của phản ứng N2 → NH3.
Hướng giải:
Muốn tính được hiệu suất của phản ứng N2 → NH3 ta cần xác định được tỷ lệ số mol N2 phản ứng so với số mol N2 ban đầu.
Gọi a,b lần lượt là số mol N2 và H2 trong hỗn hợp ban đầu, x là số mol N2 đã tham gia phản ứng. ( Điều kiện: a, b, x > 0)
 Phương trình phản ứng: N2 + 3H2 2NH3 (1)
Theo phản ứng (1) n = 3n= 3x (mol); n= 2n = 2x (mol)
Sau phản ứng số mol của hỗn hợp gồm:
n = a- x ( mol) ; n= b - 3x (mol) ; n = 2x (mol)
Từ tỷ khối của hỗn hợp khí đối với H2 ta tính được khối lượng mol trung bình của hỗn hợp 
M hỗn hợp đầu = = 4,9 . 2 = 9,8 (g) => b = a
M hỗn hợp mới = = 6,125 . 2 = 12,25 (g)
Thế b = a vào ta được: =
Số mol N2 phản ứng chỉ bằng 1/3 số mol N2 ban đầu, do đó hiệu suất của phản ứng điều chế NH3 từ N2 là:
H = . 100% = 33,33%
Bài 5: Nung hỗn hợp X gồm FeS2 và FeCO3 trong không khí tới phản ứng hoàn toàn thu được sản phẩm gồm một oxit sắt duy nhất và hỗn hợp hai khí A,B. Cho biết 1 lít hỗn hợp khí A,B ở đktc nặng 2,1875 gam.Tính% khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
Hướng giải: 
Từ dữ kiện của bài ra, ta có thể xác định được khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí, từ đó tìm được tỷ lệ mol giữa các khí trong hỗn hợp. Sau đó dựa vào phương trình phản ứng để tìm tỷ lệ số mol giữa các chất trong hỗn hợp X. Cuối cùng tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
Phương trình phản ứng:
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 (1)
4FeCO3 + O2 2Fe2O3 + 4CO2 (2)
Hỗn hợp khí thu được gồm SO2 và CO2	.
 Gọi a, b lần lượt là số mol của SO2 và CO2 trong hỗn hợp ( Điều kiện : a,b > 0 )
Theo bài ra, ta có:
 M hỗn hợp khí = = 2,1875 . 22,4 = 49 (g) => b = 3a
Từ phản ứng (1) => n = n = a (mol)
Từ phản ứng (2) => n = n = b = 3a (mol)
Từ đó ta có tỷ lệ : n : n = 1 : 6
Thành phần % về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X là:
% FeS2 = .100% = 14,75%
% FeCO3 = 100% - 14,75% = 85,25%
Bài 6: Cho một lượng bột CaCO3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl 32,85% sau phản ứng thu được dung dịch A trong đó nồng độ HCl còn lại là 24,2%. Thêm vào A một lượng bột MgCO3 , khuấy đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được dung dịh B trong đó nồng độ HCl còn lại là 21,1%. Tính nồng độ % của các muối CaCl2 và MgCl2 trong dung dịch B.
Hướng giải: 
Đối với bài toán này có thể quy về một đại lượng chuẩn để giải.Ngoài ra,ta có thể đặt ẩn số, sau đó tìm tỷ lệ giữa các ẩn số, cuối cùng thực hiện phép tính để triệt tiêu ẩn số.
Gọi a, b lần lượt là số mol của CaCO3, MgCO3 đã dùng; x là số mol HCl có trong dung dịch ban đầu. (Điều kiện: a, b, x > 0)
Ta có : mHCl = 36,5 x => mddHCl 32,85% = = 111,11x (g)
Các phương trình phản ứng xảy ra:
 CaCO3+ 2HCl → CaCl2+ H2O + CO2 (1)
Mol: a > 2a > a > a
 MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + H2O + CO2 (2)
Mol: b >2b > b > b
Từ phản ứng (1) ta có: mddA = m + mddHCl – m(1)
=> mddA = 100a + 111,11x – 44a = 111,11x + 56a (g)
Lúc đó: mHCl dư = 36,5 (x – 2a)
 Theo bài ra, nồng độ dung dịch HCl còn lại là 24,2%. Vì vậy ta có phương trình: = 0,242 (I) => x 9a 
Mặt khác, theo phản ứng (2) ta lại có:
mddB = m + mddA – m(2) = 84b + (111,11x + 56a) – 44b
=> mddB = 111,11x + 56a + 40b
mHCl dư = 36,5 (x – 2a – 2b) (g)
Sau phản ứng (2) nồng độ dung dịch HCl còn lại là 21,1%
Vì vậy, ta có phương trình: = 0,211 (II)
Thế x = 9a vào phương trình (II) ta được phương trình:
= 0,211 => a 2,5b
Thay a = 2,5b vào mddB ta có:
mddB = 1056a + 40b = 1056 . 2,5b + 40b = 2680b (g)
Từ phản ứng (1) => m = 111a = 111 . 2,5 b = 277,5b (g)
Từ phản ứng (2) => m= 95b (g)
Nồng độ % của các muối CaCl2 và MgCl2 trong dung dịch B là:
 C%CaCl2 = . 100% = 10,35%
 C%MgCl2 = . 100% = 3,55%
Bài 7: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm một hỗn hợp gồm bột Al và bột Fe2O3 trong môi trường không có không khí. Để nguội, nghiền nhỏ, trộn đều hỗn hợp thu được sau phản ứng rồi chia thành 2 phần có khối lượng không bằng nhau. Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư, thu được 8,96 lít khí và chất rắn không tan có khối lượng bằng 44,8% khối lượng của phần 1. Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch HCl, thu được 26,88 lít khí H2 (các thể tích khí đo ở đktc).
a- Tính khối lượng phần 1 và phần 2.
b- Tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp ban đầu.
Hướng giải: 
PTHH : 2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe (1)
Hỗn hợp các chất sau phản ứng tác dụng với dung dịch NaOH thu được khí chứng tỏ ngoài Al2O3và Fe mới tạo thành, trong hỗn hợp còn có Al dư => Fe2O3 phản ứng hết.
a- Phần 1: Xảy ra các phản ứng:
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (2)
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (3)
Khí thoát ra là H2. n = = 0,4 (mol)
Theo phản ứng (2) thì nAl = n =. 0,4 = (mol)
Khối lượng Al trong phần1 là: mAl = . 27 = 7,2 (g)
Chất rắn không tan trong phần 1 là Fe.
 Gọi x là số mol Al2O3 có trong hỗn hợp ở phần 1 (Điều kiện: x > 0) 
Số mol Fe trong phần1 là 2x ( Vì ở phản ứng (1) n : nAl= 1: 2 )
mFe = 56 . 2x = 112x (g)
Khối lượng phần 1 = mAl + m + mFe = 7,2 + 102 x + 112x =7,2 + 214x (g)
Theo bài ra, ta có :
 mFe : m phần 1 = 112x : (7,2 + 214x) = 0,448 => x = 0,2
Khối lượng phần 1 = 7,2 + 214 . 0,2 = 50 (g)
Phần 2:
Hòa tan hết phần 2 trong d ung dịch HCl thu được : n= = 1,2 ( mol)
PTHH : 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (4)
 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (5)
 Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + H2O (6)
Muốn tính khối lượng phần 2 ta cần biết rằng tỷ lệ giữa các chất trong phần 2 cũng bằng tỷ lệ giữa các chất trong phần 1. Mặt khác giữa hai phần cũng có tỷ lệ với nhau. 
Giả sử khối lượng phần 2 gấp n lần phần 1 (n > 0)
Thep phản ứng (4) và (5) ta có : 
n = nAl + nFe = ( . + 0,4 ) n = 0,8n = 1,2 => n = 1,5 
 Vậy khối lượng phần 2 = 1,5 . 50 = 75 (g)
b – Khối lượng từng chất trong hỗn hợp ban đầu:
Theo phản ứng (1) n = n = 0,2 + 0,2 . 1,5 = 0,5 (mol)
 m = 0,5 . 160 = 80 (g)
Cũng từ phản ứng (1) => nAl = 2n = 2 . 0,5 = 1(mol)
 mAl(ban đầu) = mAl (1) + mAl (dư) = (1 . 27) + 7,2 + (7,2 .1,5) = 45 (g)
Bài 8: Hòa tan hoàn toàn 1,97 gam hỗn hợp Zn, Mg và Fe trong một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 1,008 lít khí (ở đktc) và dung dịch A. Chia dung dịch A thành hai phần không bằng nhau:
- Phần 1 cho kết tủa hoàn toàn với 1 lượng vừa đủ dung dịch xút thì cần 300ml dung dịch NaOH 0,06M. Đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Lọc lấy kết tủa rồi nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được 0,562 gam chất rắn.
- Phần 2 cho phản ứng với dung dịch NaOH dư rồi tiến hành giống như phần 1 thì thu được 1 khối lượng chất rắn là x gam.
Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp và giá trị của x.
Hướng giải:
Đây là bài toán hỗn hợp khá phức tạp, xảy ra nhiều phản ứng với nhiều dữ kiện. Phần 1 và phần 2 lại không bằng nhau, do đó khi giải cần lưu ý thiết lập tỷ lệ giữa các phần từ đó giải hệ phương trình với các ẩn đã đặt ra.
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Zn, Mg, Fe trong hỗn hợp ( điều kiện : a, b, c > 0 )
Theo bài ra, ta có phương trình: 65a + 24b + 56c = 1,97 (I)
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào dung dịch HCl:
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (1)
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3)
Từ phản ứng (1), (2), (3) => n = a + b + c = 1,008 : 22,4 = 0,045 (II)
Dung dịch A gồm: a mol ZnCl2 ; b mol MgCl2 và c mol FeCl2.
- Phần 1: Đổi 300ml = 0,3lít
 nNaO H = 0,06 . 0,3 = 0,018 (mol)
 Gọi a1 , b1, c1 lần lượt là số mol ZnCl2, MgCl2, FeCl2 trong phần 1 (a1, b1, c1 > 0)
Các phản ứng xảy ra:
ZnCl2 + 2NaOH → Zn(OH)2 + 2NaCl (4)
 MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl (5)
 FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2  + 2NaCl (6) 
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7)
Zn (OH)2 ZnO + H2O (8)
Mg (OH)2 MgO + H2O (9)
2Fe (OH)3 Fe2O3 + 3H2O (10)
Từ phản ứng (4), (5), (6) => nNaOH = 2 (a1 + b1 + c1) = 0,018 (mol)
 a1 + b1 + c1 = 0,009 (III)
Từ PTHH (4)->(10) ta có:
 mchất rắn = mZnO + mMgO + m= 81a1 + 40b1 + 80c1 = 0,562 (IV)
Từ (II) và (III) ta có tỷ lệ: (a1 + b1 + c1) : (a + b + c) = 0,009 : 0,045 = 1 : 5 
=> Phần 1 = dung dịch A, do đó phần 2 = dung dịch A.
Từ phương trình (IV) => 81a + 40b + 80c = 0,562 . 5 = 2,81 (V)
Giải hệ các phương trình: 
=> a = 0,01mol; b = 0,02mol ; c = 0,015 mol
 Khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp là:
 mZn = 65a = 65 . 0,01 = 0,65 (g)
mMg = 24b = 24. 0,02 = 0,48 (g)
mFe = 56c = 56 . 0,015 = 0,84 (g)
-Phần 2 : Có thêm phản ứng (11) mà không có phản ứng (8). NaOH dư 
do đó Zn(OH)2 bị hòa tan theo phản ứng sau:
Zn(OH)2+ 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O (11)
Chất rắn thu được trong phần 2 là MgO và Fe2O3 .
Phần 2 chiếm dung dịch A, do đó số mol MgCl2 và FeCl2 có trong phần 2 là:
 n = b = . 0,02 = 0,016 (mol) => nMgO = 0,016 mol
n = c = . 0,015 = 0,012(mol) => n = 0,006 mol
 Giá trị của x là: x = mMgO + m = 40. 0,016 + 160 . 0,006 =1,6 (g)
Bài 9: Cho 23,8 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, Al phản ứng vừa hết với 14,56 lít Cl2(đktc) thu được muối Y. Mặt khác cứ 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít H2 (đktc).
a-Tính % khối lượng mỗi kim loại trong X.
b-Hòa tan hết Y vào nước được dung dịch Z. m gam bột sắt tác dụng vừa đủ với dung dịch Z tạo ra dung dịch chứa hai muối.Tính m.
Hướng giải:
Bài tập này nếu học sinh làm theo các bài hỗn hợp thông thường khác thì rất khó giải, nhiều học sinh còn cho là thiếu dữ kiện.Vì vậy ta cần lưu ý rằng số mol các chất trong 23,8g X tỉ lệ với số mol các chất trong 0,25 mol X. Lúc đó mới đặt ẩn và giải hệ phương trình.
n= 14,56 : 22,4 = 0,65 (mol) ; n= 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol)
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của Cu, Fe, Al trong 23,8 gam hỗn hợp X 
 nx, ny, nz lần lượt là số mol của Cu, Fe, Al trong 0,25 mol hỗn hợp X.
( điều kiện: n; x; y; z > 0 ) 
PTHH: Cu + Cl2 CuCl2 (1)
 2Fe + 3Cl2 2FeCl3 (2)
 2Al + 3Cl2 2 AlCl3 (3)
 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4)
 2Al + 6 HCl → 2AlCl3 + 3H2 (5)
Theo bài ra và PTHH ta có hệ phương trình: 
 Giải ra ta được: x = 0,2; y = 0,1; z = 0,2
a- Thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X là:
mCu= 0,2 .64 = 12,8 (g); mFe = 0,1 . 56 = 5,6(g)
 % Cu = (12,8 : 23,8). 100% = 53,8%
 % Fe = (5,6 : 23,8). 100% = 23,5%
 % Al = 100% - ( 53,8% + 23,5%) = 22,7%
b- Dung dịch Z gồm 0,2 mol CuCl2 ; 0,1 mol FeCl3; 0,2 molAlCl3 . Vì Fe tác dụng vừa đủ với dung dịch Z tạo dung dịch chứa 2 muối nên CuCl2 và FeCl3 hết. 
PTHH: Fe + CuCl2 → FeCl2 + Cu  (6)
 Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2 (7)
Từ PTHH(6) và (7) => nFe = 0,2 + 0,05 = 0,25 ( mol)
 mFe = 0,25. 56 = 14 (g)
Bài 10: Chia 156,8 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa hết với 500 ml dung dịch B là hỗn hợp HCl, H2SO4 loãng thu được 167,9 gam muối khan.
 Viết các phương trình phản ứng xảy ra, xác định % khối lượng của Fe trong A và CM của dung dịch B.
Hướng giải:
Đây là một bài toán khá phức tạp vì phần 2 hỗn hợp A tác dụng với hỗn hợp hai axit tạo ra nhiều muối khác nhau. Tương tự bài trước, ta phải đặt ẩn theo tỉ lệ giữa các phần, đặc biệt chú ý đến phần 2 sau đó mới giải.
Các PTHH xảy ra: 
 - Phần 1: 
FeO + 2HCl ŽFeCl2 + H2O (1)
Fe2O3 + 6HCl Ž 2FeCl3 + 3H2O (2)
 Fe3O4 + 8HCl Ž 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (3)
 -Phần 2:
 FeO + 2HCl Ž FeCl2 + H2O (4)
 Fe2O3 + 6HCl Ž 2FeCl3 + 3H2O (5)
 Fe3O4 + 8HCl Ž 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (6)
 FeO + H2SO4 Ž FeSO4 + H2O (7)
 Fe2O3 + 3H2SO4 Ž Fe2(SO4)3 + 3H2O (8)
 Fe3O4 + 4H2SO4 Ž FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O (9)
 Gọi a,b,c lần lượt là số mol của FeO, Fe2O3, Fe3O4 có trong phần 1.
 Gọi ka, kb, kc lần lượt là số mol của FeO, Fe2O3, Fe3O4 có trong phần 2 tác dụng với HCl => (a-ka), (b-kb), (c-kc) lần lượt là số mol của FeO, Fe2O3, Fe3O4 có trong phần 2 tác dụng với H2SO4. (điều kiện: a,b,c,k > 0)
Theo bài ra và các PTHH từ (1) Ž(9) ta có hệ các phương trình:
Từ (III) => - k ( 25a + 75b + 100c) + ( 152a + 400b + 552c) = 167,9 
Lấy ( II) – (I) ta được 55 ( a + 3b + 4c ) = 77 => a + 3b + 4c = 1,4 
Lấy(III) – ( II) ta được:- k( 25a +75b + 100c) + ( 25a + 75b + 100c) =12,5 => ( 25a + 75b + 100c) . ( 1- k) = 12,5 => 25 ( a + 3b + 4c ) . ( 1- k) = 12,5 
=> ( a + 3b + 4c ).( 1- k) =12,5 : 25 = 0,5 => k(a + 3b + 4c) = 1,4- 0,5 = 0,9
Từ PTHH(1), (2), (3) => mO = 16 (a + 3b + 4c ) = 16 .1,4 = 22,4(g)
 mFe (phần 1) = 78,4 - 22,4 = 56 (g) => mFe (hỗn hợp A) = 56 . 2 = 112(g)
Thành phần phần trăm về khối lượng của Fe trong A :
% Fe = (112 : 156,8 ).100% = 71,42%
Nồng độ mol của dung dịch B: 
Đổi: 500 ml = 0,5 lít
Từ PTHH (4) -> (9) => nHCl = 2k( a + 3b + 4c ) = 2 . 0,9 = 1,8 (mol) 
n = (a + 3b + 4c ) - k(a + 3b + 4c ) = 1,4 – 0,9 = 0,5 (mol)
CM (HCl) = 1,8 : 0,5 = 3,6 M ; CM (H2SO4) = 0,5 : 0,5 = 1M
Bài 11: Cho 7,84 g hỗn hợp hai oxit sắt có số mol bằng nhau. Khử hoàn toàn hỗn hợp trên bằng CO thấy khối lượng hỗn hợp giảm đi 2,24 gam. Xác định công thức hai oxit sắt đó.
Hướng giải: 
Gọi công thức của hai oxit sắt lần lượt là FexOy và FeaOb 
(Điều kiện: 1 x, a 3; 1 y, b 4; x, y, a, b nguyên)
Các phương trình phản ứng xảy ra:
 FexOy + yCO xFe + yCO2 (1)
 FeaOb + bCO aFe + bCO2 (2)
Khối lượng hỗn hợp giảm là do lượng oxi trong oxit đã tác dụng với CO.
 mO = 2,24 gam => mFe trong oxit là: 7,84- 2,24 = 5,6 (g)
Vì số mol hai oxit bằng nhau nên ta có tỷ lệ : = 
=> = = = 
Theo điều kiện ở đầu bài thì ta có : 
 Oxit sắt có 3 loại: FeO, Fe2O3, Fe3O4.
Nếu y =1 => b = 6 (loại)
Nếu y = 2 => b = 5 (loại)
Nếu y = 3 => b = 4 lúc đó x = 2 và a = 3 (phù hợp)
Nếu y = 4 => b = 3 dẫn đến a = 2 và x = 3 (phù hợp)
Vậy hai oxit sắt đó là Fe2O3 và Fe3O4 .
Bài12: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai Hiđrocacbon CxHy và CxHz có số mol bằng nhau thu được 3,52gam CO2 và 1,62 gam H2O.Tìm công thức phân tử của các Hiđrocacbon trên.
Hướng giải:
 Trước hết ta tính được số mol CO2 và H2O :
 n= 3,52 : 44 = 0,08 (mol); n= 1,62 : 18= 0,09 (mol)
 Vì số mol H2O nhiều hơn số mol CO2 nên hỗn hợp phải có 1 ankan (nếu cả hai Hiđro cacbon đều là ankan thì lúc đó y = 2x + 2 = z, nghĩa là CxHy và CxHz là một chất chứ không phải hỗn hợp )
 Gọi công thức của ankan là CxH2x+2 và Hiđrocacbon còn lại là CxH2x+2-2a
 (Điều kiện: x, a > 0, nguyên)
Các phương trình phản ứng đốt cháy:
 CxH2x+2 + O2 xCO2 + (x + 1) H2O (1)
 CxH2x+2-2a + O2 xCO2 + (x + 1 - a) H2O (2)
Đến đây, làm thế nào để tìm ra công thức phân tử của hai Hiđrocacbon ?
Theo bài ra, số mol của hai Hiđro cacbon bằng nhau nên ta thiết lập được tỉ lệ:
 n: n = 2x : (2x + 2 - a) = 0,08 : 0,09 = 8 : 9
 18x = 16x + 16 – 8a x = 8 – 4a hay a = 
Nếu a = 1 => x = 4 (phù hợp)
Nếu a = 2 => x = 0 (loại
Vậy công thức phân tử của hai Hiđro cacbon là C4H10 và C4H8 
C - Kết luận:
Qua nhiều năm thử nghiệm phương pháp nêu trên với đối tượng học sinh khá giỏi, tôi thấy các em không còn lúng túng khi gặp những bài toán hỗn hợp khó nữa. Các em đã biết vận dụng phương pháp tỷ lệ một cách linh hoạt vào từng bài toán cụ thể. Phương pháp này đã giúp các em tìm được lối đi cho nhiều bài toán khó. Từ đó phát huy được khả năng sáng tạo của các em. Trong các kỳ thi học sinh giỏi huyện, tỉnh hàng năm, khi gặp dạng toán này các em giải rất tốt .
Trong năm học 2006- 2007, bản thân tôi cũng đã vận dụng phương pháp tỷ lệ vào giải toán hỗn hợp trong kỳ thi lý thuyết giáo viên dạy giỏi tỉnh và kết quả đạt được khá tốt. Năm học 2008 – 2009 này , số học sinh do tụi bồi dưỡng cú 6 em đạt học sinh giỏi cấp thị xó, 2 em đạt học sinh giỏi cấp tỉnh .
Dẫu sao, với vốn kinh nghiệm còn ít, bài viết của tôi chưa được phong phú lắm, rất mong quý Thầy, Cụ và bạn bố đồng nghiệp góp ý thêm để bài viết của tôi hoàn thiện hơn .
	Tôi xin chân thành cảm ơn!
D –Tài liệu tham khảo:
1– Bài tập nâng cao hóa học 9 	 - Tác giả: Nguyễn Xuân Trường - NXBGD
2 - 350 bài tập hóa học chọn lọc	 -Tác giả: Đào Hữu Vinh – NXBHà nội
3 - Phương pháp giải bài tập hóa Phi Kim - Tác giả: Phạm Đức Bình – NXBGD
4 - Phương pháp giải bài tập hóa Kim Loại - Tác giả: Phạm Đức Bình – NXBGD
 5 - Bài tập nâng cao hóa học lớp 12	 - Tác giả: Lê Xuân Trọng – NXBGD
 Nghĩa Thuận, ngày 25 tháng 4 năm 2009
 Người viết
 Bùi Thị Hồng Nga