Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm
Để giải nhanh bài toán trắc nghiệm, ngoài việc nắm vững lí thuyết viết đúng phương trình phản ứng,
học sinh phải nắm vững một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa đồng thời phải có kĩ năng
tính. Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một số phương pháp thường sử dụng :
1. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
a) Nội dung định luật bảo toàn khối lượng:
∑m
các chất tham gia phản ứng
=∑m
các chất sau phản ứng

. Chú ý
∑m
(muối dung dich)
= ∑m
cation
+ ∑m
anion
- m
dung dịch sau phản ứng
= ∑m
các chất ban đầu
- ∑m
chất kết tủa
- ∑m
chất bay hơi
-Khối lượng của các nguyên tố trong 1 phản ứng được bảo toàn.
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na
2

2
2,24
2 2 . 0,2 ( )
22,4
H
Cl H
n n n mol
− +
= = = =
⇒ m
muối
= m
kim loại
+
Cl
m
−
= 10 + 0,2 . 35,5 = 17,1 (gam) Đáp án B
3/ Bài 3: X là một α-aminoaxit, phân tử chỉ chứa một nhóm –NH
2
và một nhóm –COOH. Cho 0,89 gam X
phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức cấu tạo của X là:
A. CH
2
=C(NH
2
)–COOH B. H
2
N–CH=CH–COOH C. CH
3

3
OH và C
2
H
5
OH. B. C
2
H
5
OH và C
3
H
7
OH. C. C
3
H
5
OH và C
4
H
7
OH. D. C
3
H
7
OH và C
4
H
9
OH.

2
Na
ancol
rắn
ancol
H
2

ancol

Phương pháp này thường được áp dụng giải bài toán vô cơ và hữu cơ, tránh được việc lập nhiều phương
trình, từ đó sẽ không phải giải những hệ phương trình phức tạp.
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Hòa tan 14 gam hỗn hợp 2 muối MCO
3
và N
2
(CO
3
)
3
bằng dung dịch HCl dư, thu được dung
dịch A và 0,672 lít khí (đktc). Cô cạn dung dịch A thì thu được m gam muối khan. m có giá trị là:
A. 16,33 gam B. 14,33 gam C. 9,265 gam D. 12,65 gam
*Hướng dẫn giải:
Ta có:Cứ 1 mol muối CO
3
2-
→ 2 mol Cl
-

-
có trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung
dịch AgNO
3
thu được 17,22 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m gam hỗn hợp
muối khan. m có giá trị là:
A. 6,36 gam B. 63,6 gam C. 9,12 gam D. 91,2 gam
*Hướng dẫn giải:
Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol
2
MCl
→ 1 mol M(NO
3
)
2
và 2 mol AgCl thì m tăng (2.62) – 71 = 53 gam
Số mol muối = ½ số mol AgCl = ½ 0,12 = 0,06 mol
m
muối nitrat
= m
muối clorua
+ m
tăng
= 5,94 + 0,06.53 = 5,94 + 3,18 = 9,12 (g) Đáp án C
4/ Bài 4: Cho 1,26 gam một kim loại tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng tạo ra 3,42 gam muối sunfat.

thì thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là:
A. 10,8 gam. B. 21,6 gam. C. 32,4 gam. D. 43,2 gam.
*Hướng dẫn giải:
2RCHO + O
2
→ 2RCOOH
⇒ khối lượng tăng 3,2 gam là khối lượng của oxi đã tham gia phản ứng
⇒ n
x
= 2n = 2× = 0,2 (mol)
Vì các andehit là đơn chức (không có HCHO) ⇒ n
Ag
= 2n
x
= 2×0,2 = 0,4 (mol)
⇒ mAg = x = 0,4×108 = 43,2 gam Đáp án D.
3. Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình
a) Nội dung:
- Dùng khối lượng mol trung bình
M
là khối lượng của 1 mol hỗn hợp.
1 1 2 2 1 1 2 2
1 2
. . . % . %
100
hh
hh
m
n M n M n V n V
M

thu được 2,24 lít hơi (đktc). Đốt cháy hoàn toàn 6,7 gam X thu được khối lượng nước là:
A. 4,5 gam. B. 3,5 gam. C. 5 gam. D. 4 gam.
*Hướng dẫn giải:

2
xt, t
0
 
O
2
– –


–

Gọi công thức chung của X là C
n
H
2n
O
2
⇒ M
X
= 14n + 32 = = 67 ⇒ n = 2,5
Sơ đồ cháy : C
n
H
2n
O
2

3/ Bài 3: X và Y là hai nguyên tố halogen ở 2 chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Để kết tủa hết ion
X
-
, Y
-
trong dung dịch chứa 4,4 gam muối natri của chúng cần 150ml dung dịch AgNO
3
0,4M. X và Y là:
A. Flo, Clo B. Clo, Brom C. Brom, Iot D. Không xác định được
*Hướng dẫn giải:
Số mol AgNO
3
= số mol X
-
và Y
-
= 0,4 . 0,15 = 0,06 (mol) ⇒
4,4
73,3
0,06
M = ≈
,
73,3 23 50,3
X Y
M = − =
⇒ Hai halogen là Clo (35,5) và Brom (80) Đáp án B
4. Phương pháp đường chéo:
a) Nội dung:
Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng loại nồng độ hoặc trộn lẫn
các chất khí không tác dụng với nhau.

2
là khối lượng dung dịch có nồng độ C
2
(%)
C (%) là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn. Với C
1
< C < C
2
+ Các chất cùng nồng độ mol:
V
1
…………… C
M (1)
C
M (2)
– C
M

C
(2)
1
2 (1)
M M
M M
C C
V
V C C
−
⇒ =
−

…………… M
1
M
(2)
–
M

M

1 2
2
1
V M M
V
M M
−
⇒ =
−
V
2
…………… M
(2)

M
- M
1

Trong đó:
V
1

1/ Bài 1: Một dung dịch HCl nồng độ 45% và một dung dịch HCl khác có nồng độ 15%. Để có một
dung dịch mới có nồng độ 20% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch theo tỉ lệ là:
A. 1 : 3 B. 3 : 1 C. 1 : 5 D. 5 : 1
*Hướng dẫn giải: Áp dụng qui tắc đường chéo ta có
m
1
…………… 45 20 – 15
20
1
2
5 1
25 5
m
m
⇒ = =
m
2
…………… 15 45 - 20
Đáp án C
2/ Bài 2: Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO
3
thu được hỗn hợp khí NO và N
2
O có tỉ khối hơi
đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N
2
O (đktc) thu được là:
A. 2,24 lít và 6,72 lít B. 2,016 lít và 0,672 lít C. 0,672 lít và 2,016 lít D. 1,972 lít và 0,448 lít
*Hướng dẫn giải: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron
- Al là chất khử

y …………… 44 3,5
3x + 8y = 0,51 ⇒ x = 0,09 ⇒ V
NO
= 2,016 (1)
x = 3y y = 0,03
2
N O
V
= 0,671 (1)
Đáp án B
5. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn điện tích
a) Nội dung:
- Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường hợp nguyên tử, phân tử, dung dịch trung
hòa điện.
- Trong phản ứng trao đổi ion của dung dịch chất điện li trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta
thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dung
dịch thì phải trả lại cho dung dịch bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm.
b) Bài tập áp dụng:
1/ Bài 1: 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 H
2
(đktc)
- Phần 2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Khối lượng hỗn
hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là:
A. 2,4 gam B. 3,12 gam C. 2,2 gam D. 1,8 gam
*Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Số mol điện tích của hai kim loại A và B trong hai phần là không thay đổi, do đó số mol điện
tích âm trong hai phần là như nhau.
Vì O
2-

4

2/ Bài 2: Dung dịch A có chứa 5 ion: Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol Cl
-
và 0,2 mol NO
3
-
. Thêm dần V lít dung
dịch K
2
CO
3
1M vào A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất. V có giá trị là:
A. 150ml B. 300ml C. 200ml D. 250ml
*Hướng dẫn giải: Phương trình ion rút gọn
M
2+
+
2
3
CO
−
→ MgCO
3

3/ Bài 3: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
tan vừa hết trong 700ml dung dịch HCl 1M
thu được 3,36 lít H
2
(đktc) và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa và nung trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y. Khối lượng Y là:
A. 16 gam B. 32 gam C. 8 gam D. 24 gam
*Hướng dẫn giải:
Với cách giải thông thường, ta phải viết 8 phương trình phản ứng , đặt ẩn số là số mol các chất rồi giải
hệ phương trình rất phức tạp và dài. Để giải nhanh bài toán này, ta áp dụng phương pháp bảo toàn điện tích.
Số mol HCl hòa tan Fe là n
HCl
=
2
3,36
2 2. 0,3
22,4
H
n mol= =

Số mol HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 (mol)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có
2

6. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn electron:
a) Nội dung:Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron mà
chất oxi hóa nhận .
n
∑
e nhận
=
n
∑
e nhường
- Sử dụng cho các bài toán có phản ứng oxi hóa – khử, đặc biệt là các bài toán có nhiều chất oxi hóa,
nhiều chất khử.
- Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của
một nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian.
- Cần kết hợp với các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán.
- Nếu có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol
electron nhận và tổng số mol electron nhường rồi mới cân bằng.
b) Bài tập áp dụng:
1/ Bài 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được 11,8 gam hỗn hợp các chất rắn FeO,
Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
, Fe. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO
3
loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất

và HNO
3
:
0 2
2
4 2O e O
−
+ →
11,8 11,8

32 8
m m− −
N
+5
+ 3e → N
+2
(NO)

5

0,3 ← 0,1
Σ mol e
-
Fe nhường = Σne
-
chất oxi hóa (O
2
, NO
3
-

2
1,2 ←
13,44
0,6
22,4
=

17,4 gam hỗn hợp H
+
nhận 1,2 mol e. Vậy 34,8 gam số mol e mà H
+
nhận là 2,4 mol.
N
+5
+ 1e → N
+4
(NO
2
)
2,4 ← 2,4 mol
2
2,4. 22, 4 53,76 lÝt
NO
V = =
Đáp án C
3/ Bài 3: Cho tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO
3
thu được 0,15
mol NO, 0,05 mol N
2

3
NO
n
= 3 . n
NO
+ 8 .
ON
2
n
= 3 . 0,15 + 8.0,05 = 0,95 mol
m
muối khan
= 58 + 0,95 . 62 = 116,9 gam Đáp án C
7. Lập sơ đồ hợp thức của quá trình chuyển hóa, tìm mối quan hệ giữa chất đầu và chất cuối:
a) Nội dung:
Đối với các bài toán hỗn hợp bao gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra, ta chỉ cần lập sơ đồ thức, sau đó
căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian.
Ví dụ:
- Cho hỗn hợp A gồm các chất rắn Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, dung dịch
thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn. Tính m.
Ta thấy, chất cuối cùng là Fe

A. 18 gam B. 20 gam C. 24 gam D. 36 gam
*Hướng dẫn giải:

6

a.
2
2,4 11,2
0,3
24 56
H Mg Fe
n n n mol= + = + =
2
0,3 . 22, 4 6,72
H
V⇒ = =
lít Đáp án D
b. Dựa vào sự thay đổi chất đầu và cuối, ta lập được sơ đồ hợp thức:
2Fe → Fe
2
O
3
; Mg → MgO
0,2 0,1 0,1 0,1
⇒ m = 0,1 . 160 + 0,1 . 40 = 20 (g) Đáp án B
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe
2
O
3
vào dung dịch HCl dư thu được

Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, Feo, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau: (Fe và
FeO), (Fe và Fe
3
O
4
), (Fe và Fe
2
O
3
), (FeO và Fe
3
O
4
), (FeO và Fe
2
O
3
), (Fe
3
O
4
và Fe

y
Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe
3+
) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể qui đổi hai
tác nhân OXH O
2
và HNO
3
thành một tác nhân duy nhất là O
2
.
(2) Do việc qui đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol
mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn).
(3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn
nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để tránh viết phương trình phản
ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài.
(4) Phương án qui đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là qui đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng.
Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, biểu thị đúng bản chất hóa học.
c) Các dạng bài tập thường gặp.

7
qui đổi
+O
2
+HNO
3
(2)
O
2
(1)

BaSO
4

m gam
Các quá trình nhường, nhận electron:
Cu
0
→ Cu
+2
+ 2e ; CuS → Cu
+2
+ S
+6
+ 8e ; N
+5
+ 3e → N
+2
x → 2x y → 8y 2,7 ← 0,9
Theo bảo toàn electron : 2x + 8y = 2,7 (6)
x = −0,05 Cu : − 0,05 mol
Từ (5) và (6) ⇒ ⇒ X gồm
y = 0,35 CuS : 0,35 mol
n =
Cu
= 0,3 mol
Theo bảo toàn nguyên tố :
n = n
S
= 0,35 mol
⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m = 110,95 → Đáp án C.

44x + 40y = 4,24 (8) y = 0,04
C
3
H
8
CO
2
Sơ đồ đốt cháy: →
C
3
H
4
H
2
O
Tổng khối lượng CO
2
và H
2
O thu được là: m = 44.03 + 18.(0,06.4 + 0,04.2) = 18,96 gam → Đáp án B.
Tương tự có thể qui đổi hỗn hợp X thành (C
3
H
8
và C
3
H
6
) hoặc (C
3

vào
dung

dịch

H
2
SO
4

đặc, nóng

dư

thu

được

dung

dịch

A

và

một

khí


800

ml

dung

dịch

NaOH

1M,

chờ

cho

các

phản

ứng

xảy

ra

hoàn

toàn


ban

đầu

là:
A.

Fe B.

Ca C.Mg D .

Cu

8
+ Ba(OH)
2
dư
+ HNO
3
dư
+5
+6
+2
+2
0
Cu(OH)
2
BaSO
4
+ O