SKKN Sử dụng Định luật bảo toàn khối lượng và Khối lượng mol trung bình để giải bài tập hoá học khó trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THCS Trần Mai Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HOÁ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ KHỐI LƯỢNG MOL TRUNG BÌNH ĐỂ GIẢI BÀI TẬP HOÁ HỌC KHÓ TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Ở TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH
Người thực hiện: Lê Thị Quyên
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc môn : Hoá học
THANH HÓA NĂM 2017
MỤC LỤC
Nội dung
Trang
MỤC LỤC
1
1. MỞ ĐẦU
2
1.1. Lí do chọn đề tài
2
1.2 Mục đích nghiên cứu
3
1.3. Đối tượng nghiên cứu
3
1.4.Phương pháp nghiên cứu 
3
1.5 Những điểm mới của SKKN
3
2. NỘI DUNG	
3
2.1. Cơ sở lí luận của SKKN
3
2.1.1.Định luật bảo toàn khối lượng 
3
2.1.2. Khối lượng Mol trung bìnhcủa hỗn hợp
4
2.2 . Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
5
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
6
2.3.1. Một số bài tập sử dụng Định luật bảo toàn khối lượng 
6
2.3.2. Một số bài tập sử dụng Khối lượng mol trung bìnhcủa hỗn hợp
10
2.3.3. Một số bài tập sử dụng kết hợp Định luật bảo toàn khối lượng và Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp
14
2.4 Hiệu quả của đề tài đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
16
2.4.1. Bài học kinh nghiệm
16
2.4.2.Kết quả đạt được
17
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
18
3.1. Kết luận:
18
3.2. Những kiến nghị và đề xuất
18
1. MỞ ĐẦU
 1.1. Lí do chọn đề tài:
 Xã hội ngày một phát triển thì nhiệm vụ xã hội đặt ra cho giáo dục ngày càng cao hơn. Ngoài nhiệm vụ nâng cao chất lượng hiểu biết kiến thức và vận dụng kỹ năng, các nhà trường còn phải chú trọng đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. 
Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là công tác mũi nhọn và trọng tâm. Nó có tác dụng thiết thực và mạnh mẽ; không những hình thành và phát triển tiềm lực trí tuệ cho học sinh, tạo ra khí thế hăng say vươn lên học tập giành những đỉnh cao trong học sinh mà còn nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ của đội ngũ các thầy cô giáo. 
Đối với nhà trường, chất lượng học sinh giỏi khẳng định xu thế phát triển, khẳng định được chất lượng dạy của Thầy và chất lượng học của Trò. Bên cạnh đó chất lượng học sinh giỏi còn khẳng định thương hiệu của nhà trường và uy tín đối với các cấp quản lí, đặc biệt là đối với nhân dân địa phương. Đây là một nhiệm vụ không phải trường nào cũng có thể làm tốt vì nhiều lý do .
Trường THCS Trần Mai Ninh là một trong những trường lớn của Thành phố Thanh Hoá. Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi được coi là nhiệm vụ chính trị quan trọng của nhà trường.
Tuy nhiên trong những năm gần đây việc tuyển chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hoá học thường gặp phải những khó khăn nhất định. Bởi vì môn Hoá học không được xã hội, phụ huynh và học sinh quan tâm như trước nữa. Là do môn Hoá không được chọn trong các môn thi vào các trường THPT, ở cấp cao hơn các môn thi đại học cũng có nhiều lựa chọn mới. 
Làm thế nào để tạo cho học sinh hứng thú say mê bộ môn Hoá học để từ đó sớm khai thác nguồn “ tiềm năng” quý giá này và tạo ra được những “sản phẩm” học sinh giỏi luôn là vấn đề mà mỗi giáo viên chúng tôi luôn trăn trở 
 Nhận thức được vai trò hết sức quan trọng của công tác bồi dưỡng HSG, bản thân tôi luôn tìm tòi, nghiên cứu để có phương pháp giảng dạy phù hợp với từng đối tượng học sinh, tạo niềm tin trong học sinh, gây hứng thú cho các em học môn Hoá học và có quyết tâm vào đội tuyển học sinh giỏi. Thực tế trong quá trình dạy học, tôi đã đúc ra ra một số kinh nghiệm và xin được đưa ra trao đổi cùng các đồng nghiệp đề tài: “Sử dụng Định luật bảo toàn khối lượng và Khối lượng mol trung bình để giải bài tập hoá học khó trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THCS Trần Mai Ninh”.
 1.2. Mục đích nghiên cứu:
 - Phân tích cơ sở khoa học của ĐLBTKL và Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp.
 - Áp dụng ĐLBTKL và Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp để giải các bài toán khó trong hoá học .
 - Tổng hợp và đưa ra phương pháp nhận dạng bài tập, từ đó giải quyết các dạng bài tập tiêu biểu .
- Hình thành kĩ năng tư duy cho học sinh, giúp học sinh tự nghiên cứu, tìm tòi và đưa ra cách giải các bài toán tương tự.
 1.3. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh giỏi môn Hoá học khối 8-9 thuộc lớp bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường, cấp thành phô và cấp Tỉnh ở trường THCS Trần Mai Ninh
 1.4. Phương pháp nghiên cứu: 
 - Dựa trên những tài liệu, công trình khoa học có liên quan, phương pháp dạy học, lí luận dạy học, sách giáo khoa, sách giáo viên Hoá học 8 – 9, tài liệu bồi dưỡng thường xuyên và một số sách báo,tạp chí
- Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn Hoá học ở trường THCS, nhiều năm liên tục đứng lớp bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Thành phố, cấp Tỉnh. Bản thân tôi đã tích cực áp dụng phương pháp này vào giảng dạy, thông qua học sinh để thực hiện đề tài.
- Đúc rút kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng dạy.
- Sử dụng phương pháp thống kê toán học để xử lí kết quả thực nghiệm.
1.5. Những điểm mới của SKKN: 
 Đề tài này không phải mới hoàn toàn,thực sự là có rất nhiều sách viết. Tuy nhiên tôi muốn chỉ ra sự thiết thực của việc giúp học sinh áp dụng được nội dung này trong chương trình hoá học THCS, phù hợp với thực trạng, có tính đột phá, góp phần nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
2.1.1:Định luật bảo toàn khối lượng hay định luật Lomonosov- Lavoisier là một định luật cơ bản trong lĩnh vực hoá học. Đây cũng là định luật thường xuyên được sử dụng trong việc giải các bài tập hóa học. 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. 
Nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov được coi là người phát hiện ra định luật (năm 1748). Ông đã tiến hành thí nghiệm nung kim loại trong bình kín, sau nhiều lần cân đo cẩn thận, ông xác định được phần khối lượng của kim loại tăng lên do tạo vẩy, bằng phần khối lượng giảm đi của không khí. Ông cho rằng kim loại đã kết hợp với một chất gì đó trong không khí. Sau này ta biết “vẩy” là oxit kim loại, “chất gì đó” trong không khí chính là khí oxi. (Đến năm 1774 mới phát hiện ra khí oxi)
Từ kết quả thực nghiệm của mình, năm 1785 nhà hóa học Antoine Lavoisier (Pháp) đã phát biểu Định luật bảo toàn khối lượng. 
Hai ông đã tiến hành độc lập với nhau những thí nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra Định luật bảo toàn khối lượng. Hai ông được coi là những người đầu tiên đã đưa phép cân đo định lượng vào nghiên cứu hóa học.
Nội dung định luật: “Trong phản ứng hoá học tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng” 
Hầu hết các bài toán hoá học đều liên quan đến khối lượng. Do đó việc ta áp dụng Định luật bào toàn khối lượng(ĐLBTKL) trong hoá học là rất phổ biến. Đặc biệt nó giúp chúng ta giải nhanh một số bài toán liên quan đến khối lượng như: Bảo toàn khối lượng cho một chất, bảo toàn khối lượng hỗn hợp muối, bảo toàn khối lượng cho nhiều chất phản ứng
 2.1.2. Khối lượng Mol trung bìnhcủa hỗn hợp:
+ Mol trung bình là lượng hỗn hợp có chứa 6.10 hạt vi mô khác nhau
 VD: 6.10 nguyên tử Na, K tạo ra 1 mol hỗn hợp nguyên tử
 6.10 phân tử N2, O2 tạo nên 1 mol hỗn hợp các phân tử
+ Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp luôn lớn hơn khối lượng mol của chất nhỏ nhất và nhỏ hơn khối lượng mol của chất lớn nhất trong hỗn hợp.
Ví dụ: Hỗn hợp gồm N2 và H2 : 
 Tức là 2 < M TB < 28
Ví dụ cụ thể: Một hỗn hợp có 0,2 mol N2 và 0.8 H2 mol, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp này là : 0,2 . 28 + 0,8 . 2 = 7,2
 Rõ ràng: 2 < 7,2 < 28
+ Trong hỗn hợp nhiều chất, chất nào có số mol lớn hơn thì số trị mol trung bình gần với số trị mol chất đó hơn
+ Nếu trong hỗn hợp hai chất có số mol bằng nhau thì số trị mol trung bình bằng trung bình cộng số trị mol của từng chất.
+ Hỗn hợp gồm các chất có khối lượng phân tử bằng nhau thì số trị mol trung bình bằng số trị mol của chất thành phần. 
+ Để tìm số trị mol trung bình nên áp dụng công thức sau:
Đối với hỗn hợp nhiều chất: 
 (1)
Trong đó: Mhh ... là khối lượng mol của các chất trong hỗn hợp
 n1, n2 , ... là số mol các chất
Đối với chất khí vì thể tích tỉ lệ với số mol nên có thể sử dụng công thức:
 (2)
Ngoài ra các công thức (1) và (2) còn có thể ở dạng: 
 Trong đó x1 , x2 ... là % số mol hoặc thể tích của chất.
Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất thì công thức (1) trở thành:
 (1’)
Trong đó: n1 là số mol chất thứ nhất, n là tổng số mol hỗn hợp 
Hoặc:
 (2’)
Trong đó: v1 là thể tích chất thứ nhất
 v là tổng thể tích các khí
Và:
 (3’)
Trong đó: x1 là phần trăm số mol hoặc thể tích chất thứ nhất
Tỷ khối của một chất X so với chất A
 . 
2.2 . Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: 
Bài tập hóa học rất phong phú và đa dạng. Mỗi dạng bài tập hóa học đều có nguyên tắc riêng và có phương phái giải đặc trưng riêng. Tuy nhiên do việc phân loại các bài tập hóa học chỉ mang tính tương đối, vì vậy trong mỗi loại bài tập này thường chứa đựng vài yếu tố của loại bài tập kia. Điều đó giải thích tại sao có nhiều bài toán hóa học được giải bằng nhiều cách khác nhau. Để giải được một bài toán không phải chỉ đơn thuần là giải ra đáp số mà việc biết giải khéo léo, tiết kiệm được thời gian mà vẫn cho kết quả chính xác mới là điều quan trọng. Về nguyên tắc, muốn giải nhanh và chính xác một bài toán hóa học thì nhất thiết học sinh phải hiểu sâu sắc nội dung và đặc điểm của bài toán đó, nắm vững các mối quan hệ giữa các lượng chất cũng như tính chất của các chất, viết đúng các phương trình phản ứng xảy ra. Thực tế, có rất nhiều bài toán rất phức tạp, các dữ kiện đề bài cho ở dạng tổng quát hoặc không rõ, hoặc thiếu dữ kiện... tưởng chừng như không bao giờ giải được. Muốn giải chính xác và nhanh chóng các bài toán loại này thì phải chọn một phương pháp phù hợp nhất.
Trước khi áp dụng phương pháp này, trong quá trình bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh rất ngại giải toán về hỗn hợp, nếu có học sinh đam mê tìm ra cách giải bằng phương pháp đặt ẩn thì cũng rất dài dòng, khó hiểu. Làm cho hứng thú học tập giảm đi đáng kể.
Tôi nghĩ, giáo viên giảng dạy bộ môn hóa học đặc biệt là giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ không đạt được mục đích nếu không biết chọn lọc những phương pháp giải toán thông minh, nêu ra đặc điểm của phương pháp và nguyên tắc áp dụng. Các phương pháp này là cẩm nang giúp học sinh biết tìm 
hướng giải dễ dàng, hạn chế tối đa những sai lầm trong quá trình giải bài tập, đồng thời phát triển tiềm lực trí tuệ cho học sinh.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề: 
Giải pháp 1: Xây dựng, phân loại, định hướng phương pháp giải các dạng bài tập cần sử dụng ĐLBTKL hoặc Khối lượmg mol trung bình của hỗn hợp.
Giải pháp 2: Bồi dưỡng kĩ năng giải các dạng bài tập có sử dụng ĐLBTKL hoặc Khối lượmg mol trung bình của hỗn hợp.
Giải pháp 2: Kiểm tra, đánh giá, sửa chữa và rút kinh nghiệm.
Trong quá trình giảng dạy bài tập hóa học cho học sinh, tôi luôn luôn tập hợp các dạng bài tập từ dễ đến khó, từ vận dụng đơn giản đến vận dụng kiến thức tổng hợp và có sáng tạo. Đối với dạng bài tập này cũng vậy, học sinh phải được giải từ bài dễ đến khó, đơn giản đến phức tạp.
 2.3.1. Một số bài tập sử dụng Định luật bảo toàn khối lượng :
Khi áp dụng ĐLBTKL phải cần chú ý xác định đúng lượng chất tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết tủa hoặc bay hơi), đặc biệt là khối lượng dung dịch.
Các bước giải: 
- Lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng
- Từ giả thiết của bài toán lập phương trình: 
 Tổng m các chất trước phản ứng = Tổng m các chất sau phản ứng ( Không cần biết phản ứng có xảy ra hoàn toàn không) 
- Sử dụng các điều kiện bài cho để lập các phương trình khác(nếu có)
- Giải phương trình và tính toán... 
Ví dụ 1: Nung 500gam đá vôi chứa 90 % CaCO3 phần còn lại là tạp chất không bị phân huỷ. Sau một thời gian người ta thu được chất rắn A và khí B.
a/ Viết PTHH và tính khối lượng chất rắn A thu được .Biết hiệu suất phân huỷ CaCO3 là 80 % 
b/Tính % khối lượng CaO có trong chất rắn A và thể tích khí B thu được (ở ĐKTC).
Giải: 
 Khối lượng CaCO3 có trong 500g đá vôi là :
 à nCaCO = 
 PTHH: CaCO3 CaO + CO2
 Theo PTHH nCaO = nCO = nCaCO = 4,5 mol
 Vì hiệu suất phản ứng là 80% nên :
 mCaO = 4,5.56 .80%= 201,6 gam
 mCO= 4,5.44.80% = 158,4 gam.
a/ Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
 mđá vôi = mA + mB 
 mà mB =mCO = 158,4 g
 mA = 500- 158,4= 341,6 g
b/ Chất rắn X gồm : CaO, CaCO3, tạp chất
=> %mCaO= 
 * nCO = 
=> VCO = 3,6. 22,4= 80,64 lit 
Ví dụ 2: Cho khí CO qua ống sứ chứa 15,2 gam hỗn hợp A gồm bột CuO và FeO nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí B và 13,6 gam chất 
rắn C. Cho hỗn hợp khí B hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có kết tủa. Sau khi kết thúc phản ứng, lọc lấy kết tủa và sấy khô cân được m gam. Tính m.
Giải: PTHH: CuO + CO Cu + CO2 (1)
 FeO + CO Fe + CO2 (2)
 Theo (1) và (2) nCO = nCO pứ = x mol
Áp dụng ĐLBTKL cho PT (1), (2) ta có 
 mA + mCO = mB + mCO 
 15,2 + 28x = 13,6 + 44x x = 0,1 mol
CO2 vào dd Ca(OH)2 dư:
 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (3)
Theo (3): nCaCO3 = nCO2 = 0,1 (mol)
 m = 100.0,1 = 10 (g)
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn x gam hh 3 kim loại Mg, Al, Fe bằng 0,8 mol O2, thu được 37,4 gam hh rắn B và còn lại 0,2 mol O2. Hoà tan 37,4 gam hh B bằng y lít dd H2SO4  2 M  (vừa đủ ), thu được z gam hh muối khan . Tính x, y,z . 
Giải:
Đặt R là CT chung cho các kim loại trong hh X: Mg, Al, Fe có hoá trị là b. 
Ta có các PTHH sau: 4R + bO2 2R2Ob (1)
 R2Ob + b H2SO4 R2(SO4)b + bH2O (2)
Lượng oxi cần dùng để đốt cháy hh X là nO = 0,8 – 0,2 = 0,6 mol
Áp dụng ĐLBTKL cho PTHH(1) 
 mR + mO = mRO x + 0,6 .32 = 37,4 x = 18,2(g)
Theo PTHH(1)(2) nHSO = 2nO = 2. 0,6 = 1,2 mol
Mà CM của dd H2SO4 = 2M Vdd H2SO4 = 1.2/2 = 0,6 lit 
 y = 0,6 lit
Theo PTHH (2) nH O = nHSO = 1,2mol.
Áp dụng ĐLBTKL cho PTHH (2) ta có:
mRO + mHSO = mR(SO) + mHO
 37,4 + 1,2.98 = z + 1,2.18 z = 133,4 (g)
Ví dụ 4: Một hỗn hợp X gồm Al và Mg. Cho 3,75 gam hỗn hợp X vào 500 ml dd Y gồm HCl 0,4M và H2SO4 0,2M sau phản ứng thu được dung dịch Z và thoát ra 3,92 lít khí (đktc)
 a. Cho Fe vào dd Z, hỏi có khí thoát ra không?
 b. Đun cạn dung dịch Z còn lại m gam muối khan. Tính m.
Giải: 
 PTHH: 
 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2 (1)
 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2)
 Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2 (3)
 Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (4)
a/ Theo bài ra: 
Theo (1)(2)(3)(4): 
Theo bài ra: < 0,2 mol → sau pư, axit còn dư.
Dd Z có axit dư, cho Fe vào, có khí thoát ra
 Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 
 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 
b/ Trong Z có Al2(SO4)3, AlCl3, MgSO4, MgCl2, H2SO4, HCl
Khi đun cạn dd Z, muối clorua pư với H2SO4 sinh ra khí HCl → lượng axit dư là HCl, H2SO4 pư hết.
 2AlCl3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6HCl↑
 MgCl2 + H2SO4 MgSO4 + 2HCl↑
Ta có: 
 → do HCl pư sinh ra = 0,175 – 0,1 = 0,075 (mol)
Lại có: nHCl pư = 
Theo định luật bảo toàn khối lượng: 
Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, propanal(CH3CH2CH=O), rượu Z (CH2=CHCH2OH). Đốt 1 mol hh X thu được 40,32 lít CO2(đktc). Đun nóng 1 mol X với bột Ni một thời gian thu được hỗn hợp Y có d Y/X = 1,25. Nếu lấy 0,1 mol hh Y thì td vừa đủ với V lít dd Br2 0,2M. Tính V.
 Biết hợp chất R- CH = O có phản ứng:
 R – CH =O + H2 R- CH2OH
	R – CH =O + H2O + Br2 RCOOH + HBr
Giải:
Vì propen, propanal và rượu Z đều có 3 nguyên tử C trong phân tử nên ta đặt CT chung của 3 chất là C3HaOb 
Ta có PTHH: C3HaOb + (3+ - ) O2 3 CO2 + H2O
Theo PTHH nX = nCO = .1,8 = 0,6 mol
 Số mol H2 trong hỗn hợp là: 1 – 0,6 = 0,4 mol (1)
Khi đun X với bột Ni :
 CH2 = CHCH3 + H2 CH3CH2CH3
	 CH3CH2CH =O + H2 CH3CH2CH2OH
 CH2 =CHCH2OH + H2 CH3CH2CH2OH
Theo ĐLBTKL : mX = mY 
 dY/X = = : dY/X = = 1,25
Với nY = 0,1 (mol) nX = 0,125 (mol)
 Số mol H2 đã phản ứng là : 0,125 – 0,1 = 0,025 (mol)
Theo (1) trong 0,125 mol X có 0,05 mol H2 và 0,075 mol propen, propanal, Z.
Trong 0,1 mol Y có số mol H2 chưa phản ứng là: 0,05 - 0,025 = 0,025(mol) 
 tổng số mol CH3CH2CH3 ; CH3CH2CH2OH = số mol H2 p/ứng = 0,025(mol)
 tổng số mol (propen + propanal + Z) còn trong Y là: 0,05 mol
Theo PTHH: 
 CH2 =CHCH3 + Br2 CH2BrCHBrCH3
 CH3CH2CH =O + H2O + Br2 CH3CH2COOH + 2HBr
 CH2 =CHCH2OH + Br2 CH2BrCHBrCH2OH
Theo các PTHH: 
 Số mol Br2 p/ứ = Tổng số mol propen + propanal +Z = 0,05 mol
Thể tích dd Brom cần dùng V = = 0,25 (lit) 
 2.3.2. Một số bài tập sử dụng Khối lượng mol trung bìnhcủa hỗn hợp:
Ví dụ 1: Hỗn hợp khí H2 và CO có tỷ khối đối với H2 bằng 7,5. Cần thêm bao nhiêu lít H2 hỗn hợp đó để cho tỷ khối giảm đi 2 lần.
Giải:
Gọi x là thành phần % về thể tích của CO trong hỗn hợp
Ta có: 
 Vậy 
 hay trong 20 lít hỗn hợp có 10 lít H2 cần thêm vào 
Thì (mới) = v + 10 (l) . Tổng v mới = 20 + v (l)
Có 
Vậy thể tích H2 cần thêm vào là 27,2 l
 Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm SO2 và không khí có tỉ lệ số mol là 1:5. Nung nóng hỗn hợp A với xúc tác V2O5 thì thu được hỗn hợp B. Tỉ khối của A so với B là 0,93.Tính hiệu suất phản ứng trên. Cho biết không khí có 20% oxi và 80% nitơ về thể tích.
Giải: Gọi x là số mol SO2 trong hỗn hợp A.
 Theo đề nSO : nkhông khí = 1 : 5 nên số mol không khí là 5x. 
Tỉ lệ thể tích tương ứng với tỉ lệ số mol nên nO = x ; nN= 4x ; nA = 6x. PTHH: 2SO2 + O2 2SO3 
Theo bài ra: nA/B = . 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mA = mB 
 hay nB = 0,93nA = 0,93.6x 
Theo PTHH: nSO = nSO nOpứ bằng số mol hỗn hợp A giảm đi sau phản ứng và bằng nA – nB = 6x – 0,93.6x =0,42x 
Theo PTHH: nSO p/ư = 2nO = 2. 0,42x = 0,84x 
Hiệu suất phản ứng H = 
Ví dụ 3: Một hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon mạch hở CaH2a và CbH2b . 18,2 gam X làm mất màu vừa hết 80 gam brom trong dung dịch. Xác định công thức phân tử của 2 hidrocacbon đó. Biết trong X thành phần thể tích của chất có phân tử khối nhỏ hơn nằm trong khoảng từ 65% đến 75%. 
Giải: 
Đặt công thức chung của 2 hidrocacbon là CnH2n
 Ta có PTHH: CnH2n + Br2 CnH2nBr2 (1)
 Theo (1) nCH = nBr = = 0,5 (mol)
 Ta có 
 14n = 36,4 n = 2,6
 Trong X có một chất là C2H4 . Vậy C2H4 chiếm 65% đến 75% 
 Chất còn lại CbH2b có b> 2,6 chiếm từ 25% đến 35%
Đặt x là %V của CbH2b , 1 – x là %V của C2H4
 Ta có : 14bx + 28(1- x ) = 36,4 x = 
Lại có : 0,25 x 0,35 0,25 0,35 3,7 b 4,4
 b = 4 . Vậy CbH2b là C4H8 
* Tôi xin đưa ra một số bài tập làm theo phương pháp sử dụng KLMTB và theo phương pháp khác để khẳng định tính thuyết phục của phương pháp này là nhanh, đôi khi ra kết quả một cách bất ngờ, thú vị.
Ví dụ 4: Hỗn hợp gồm Na và kim loại A hoá trị I ( A Chỉ là thể là Li (7), K(39). Lấy 3,7g hỗn hợp trên tác dụng với lượng nước có dư làm thoát ra 0,15 mol khí H2. Hãy Xác định tên kim loại A.
Giải:
Phương pháp sử dụng M trung bình
Các PTHH:
 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
 2A + 2H2O 2AOH + H2 (2) 
Theo PTHH (1) và (2) ta có: n2KL = 2nH = 2.0,15 = 0,3 mol 
 Mà MNa = 23 MA < 12,33 
 Kết hợp với đề bài ta suy ra : A là Li
Phương pháp khác
Các PTHH
 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
 2A + 2H2O 2AOH + H2 (2)
Gọi nNa = x mol mNa = 23x (g)
 nA = y ( mol) mA = Ay (g)
 Ta có: 23x +ay = 3,7 (*)
Mặt khác theo PT (1) ; Theo PT(2) 
 0,5x + 0,5y = 0.15 (**) 
Kết hợp (*) và (**) ta có hệ: 
 Do 
Kết hợp với đầu bài rút ra A = 7 Vậy A là Li
*Có những bài tập hóa học việc sử dụng phương pháp khối lượng mol trung bình gần như bắt buộc
Ví dụ 5: Một hỗn hợp X gồm 2 kim loại A và B cùng hóa trị II có khối lượng mol nguyên tử xấp xỉ nhau. Số mol của kim loại A bằng số mol kim loại B. Khối lượng của X là 19,3g. Xác định A, B và khối lượng mỗi kim loại trong X. Biết rằng khi cho X tác dụng với HCl dư chỉ có A tan cho ra 2,24l H2 (đktc).
Giải:
 Ta có PTHH: A + 2HCl ACl2 + H2 
 Ta có : 
Theo PTHH 
 nB = 0,1.2 = 0.2 ( mol)
Tổng nA + nB = 0.1 + 0.2 = 0.3 ( mol)
Do đó : 
Vậy MA < 64,3 < MB hoặc MB < 64.3 < MA
Bài ra cho MA và MB xấp xỉ nhau nên ta có 
 hoặc 
Trường hợp là loại vì nếu B là Zn thì B phải tác dụng với HCl và A lại không phản ứng với HCl. Trái với đề bài chỉ có A phản ứng.
Do đó với khối lượng là : mZn = 0,1 .65 = 6,5 (g)
 mCu = 19.3 – 6.5 = 12.8 (g) 
2.3.3. Một s