SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA THCS
PHẦN I
MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
- Căn cứ vào tình hình học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông và chương trình thi đại học từ năm
2006- 2007.
- Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến
thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của
học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh.
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản
thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững cơ
sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp
cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trường sở tại: Kiến thức cơ bản chưa chắc chắn, tư
duy hạn chế . Do thay đổi phương pháp kiểm tra đánh giá từ năm học 2006-2007, môn hoá học 100%
câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt được
các bài tập theo phương pháp trắc nghiệm khách quan.
Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HOÁHỌC”
II- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc nghiệm
III- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
- Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp, qua đó giúp học
sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất.
IV- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học.
- Áp dụng hướng dẫn giải các bài tập trắc nghiệm cho học sinh khối 12. Hướng dẫn trao đổi đề tài này
trong lớp bồi dưỡng hè giáo viên THPT tỉnh Lào Cai năm học 2008- 2009

2
(đktc).
Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn?
Giải
* Nếu dùng các phương pháp đại số thông thường: đặt ẩn số, lập hệ phương trình thì mất nhiều thời
gian và kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán.
* Nếu dùng phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn khối lượng ta có thể giải quyết vấn đề một
cách đơn giản và hiệu quả.
m
rắn
= m
hỗn hợp kim loại
+
OH
m
−
Vì phản ứng xảy ra tạo hiđroxit kim loại và giải phóng H
2
. Ta đã biết:
H
2
O
→
H
+
+ OH
-
.
2
2, 24

n
−
trong 1lít dung dịch Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M là: 0,1+0,25=0,3 (mol)
Các phản ứng xảy ra:
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
↓
Ca
2+
+ CO
3
2-
→ CaCO
3
↓


+ =

giải ra:
0,1( )
0,2( )
x mol
y mol
=


=

2
3
3
0,1 197
% 100 49,62(%)
39,7
% 100 49,62 50,38(%)
BaCO
CaCO
m
m
×
= × =
= − =
3. Ví dụ 3: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO
3
và Y

1. Ví dụ 1: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại A, B hoá trị (II) bằng dung dịch axit
HCl (dư) ta thu được dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu
gam muối khan?
Giải:
*Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng hoặc có thể giải nhanh bằng phương
pháp bảo toàn khối lượng.
*Đặt công thức chung của A và B là
A
ta có:
3 2 2 2
2ACO HCl ACl H O CO
+ → + + ↑
0,06 0,03 0,03
2 2
3 2
2
2
10 0,06 36,5 0,03 18 0,03 44
10,33( )
HCl H O CO
ACO ACl
ACl
ACl
m m m m m
g m
m g
+ = + +
+ × = + × + ×
⇒ =
2. Ví dụ 2: Có một hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp đó tác dụng với dung dịch AgNO

= + = ⇒ =
= = + =
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
NaCl
=m
NaBr
=85(g)
Ta có hệ phương trình:
1 0,405( )
58,5 103 85 0,595( )
x y x mol
x y y mol
+ = =
 
⇔
 
+ = =
 
m
NaCl
=0,405×58,5 = 23,7(g) chiếm 27,88%
3
m
NaBr
chiếm100-27,88 = 72,11%
3. Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn hợp A cần 21,28
lít O
2
ở đktc và thu được 35,2g CO
2

0,2
X C H O O CO H O
X
X
m m m m m
m g
M u
+ + = +
=
= =
C. Phương pháp bảo toàn electron
* Nguyên tắc
Khi có nhiều chất oxi hoá, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (có nhiều phản ứng hoặc phản ứng
xảy ra nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi
hoá nhận. Ta chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá hoặc chất khử thì
có thể giải được bài toán đã cho.
*Một số ví dụ
Thí dụ 1: Cho 16,2 gam kim loại R tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu được sau phản ứng cho hoà
tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít (đktc). Hỏi R là kim loại nào?
Giải:
Nhận xét: R tác dụng với oxi cho oxit kim loại mà hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với HCl cho H
2
↑.
Vậy M tác dụng chưa hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và oxit của R.
Lưu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm được mối liên quan giữa nguyên tử khối và hoá trị của nó
có thể có trong các hợp chất.
4R + nO
2
= 2R
2

Theo giả thiết và (1) ta có: Số mol electron mà oxi nhận là 0,15.4
Theo giả thiết và (3) ta có: số mol electron mà H
+
nhận là 0,6.2
⇒ nx= 0,15.4 + 0,6.2 = 1,8 ⇒
n
x
8,1
=
(a)
Mà x là số mol của kim loại ⇒
M
x
2,16
=
(b)
Kết hợp (a) và (b) ta có:
Mn
2,168,1
=
⇒ M=9n ⇒ Chỉ có một cặp nghiệm duy nhất là: M = 27 và n = 3
là phù hợp ⇒ Đó là Al.
4
Thí dụ 2: Hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại R có hoá trị n duy nhất.
a, Hoà tan hoàn toàn 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl dư thu được 2,128 lít H
2
, còn khi hoà
tan 3,61 gam Y bằng dung dịch HNO
3
loãng, dư thì thu được 1,972 lít khí NO duy nhất. Xác định kim

+ nH
2
↑ (2)
Fe + 4HNO
3
= Fe(NO
3
)
3
+ NO↑ + 2H
2
O (3)
3R + 4nHNO
3
= 3R(NO
3
)
n
+ nNO↑ + 2nH
2
O (4)
*Gọi x là số mol Fe, y là số mol R có trong 3,61 gam Y.
Số mol electron mà Fe nhường ở (1) là 2x. Số mol electron R nhường ở (2) là ny.
Số mol electron mà H
+
thu vào ở (1) và (2) là:
)(19,0
4,22
128,2
.2 mol

56.05,0
=
⇒ %Al = 22,75%
b, Các phản ứng có thể xảy ra:
Al + 3AgNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ 3Ag↓ (5)
2Al + 3Cu(NO
3
)
2
= 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu (6)
Fe + 2AgNO
3
= Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag↓ (7)
Fe + Cu(NO
3
)

2
moln
H
==
Theo giả thiết dung dịch HCl dư ⇒Fe phản ứng hết ⇒ n
Al
trong hỗn hợp là
)(03,0
27
56.05,061,3
mol
=
−
Gọi a là số mol AgNO
3
, b là số mol Cu(NO
3
)
2
.
áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có phương trình:
1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 →a+2b = 0,13 (*)
Phương trình theo khối lượng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**)
Giải hệ phương trình (*), (**) ta có: a = 0,03 (mol); b = 0,05 (mol).
Vậy: Nồng độ mol/l của AgNO
3
là: C
M
=
M3,0

n
m
hh
hh
hh
.21
2211
=→
++
++
=21
2211
++
++
=
VV
VMVM
M
hhkhÝ
Thí dụ 1: Hai kim loại kiềm R và R’ nằm ở 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn. Hoà
tan một ít hỗn hợp của R và R’ trong nước ta được dung dịch A và 0,336 lít H
2
(đktc). Cho HCl dư vào
dung dịch A, sau đó cô cạn ta được 2,075 gam muối khan. Xác định tên kim loại R và R’.

69
03,0
075,2
2
==
muoi
M
→ M+35,5 < 69 < M’+35,5
→R là Na (Nguyên tử khối là 23), R’ là K (Nguyên tử khối là 39).
Thí dụ 2: Cho 11g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na
thu được 3,36 lít khí H
2
(đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rượu trên.
Giải:
6
Gọi: rượu thứ nhất là ROH, rượu thứ hai là R’OH.
2ROH + 2Na → 2RONa + H
2
(1)
2R’OH + 2Na → 2R’ONa + H
2
(2)
)(15,0
4,22
36,3
2
moln
H
==
Theo (1),(2) → n

:'
:
'
67,191767,36
67,3667,36
3,0
11
D.2. Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình
* Cách tính số nguyên tử cácbon trung bình (kí hiệu là
n
)
Trong phản ứng cháy chúng ta có:
n
=
hh
CO
n
n
2
Trong hỗn hợp chất:
n
= 21
2211
++
++
xx
xnxn

OHnCOnO
n
222
)1()1(
2
23
+++→
+
(1)
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
↓ + H
2
O (2)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ca(HCO
3
)

2
là :n
2co
= 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol)
Theo (1) ta có :
3014
2,10
+n
mol C
n
H
n2
CHO sau khi cháy cho (
n
+1).
3014
2,10
+
n
mol CO
2
.
7
Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : (
n
+1).
3014
2,10
+n
= 0,5.

n2
1+
COOH
2 C
n
H
n2
1+
COOH + 2Na
→
2 C
n
H
n2
1+
COONa+H
2
(1)
Theo giả thiết:n
2h
=
4,22
72,6
=0,3 (mol)
→
Theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3=0,6 (mol)
C
n
H
n2

2
= Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ca(HCO
3
)
2
→
0t
CaCO
3
↓
+ H
2
O +CO
2
(4)
theo (2) :
2
CO
n

=
3
CaCO
n


n
C
12 +n
H
CHO sau khi cháy cho (
n
+1).
3014
2,10
+n
mol CO
2
theo (1),(2),(3),(4) ta có :(
n
+1)
3014
2,10
+
n
= 0,5 .
giải phương trình
→
n
=1,5
→
A là : CH
3
CHO và B là C
2
H

=
4,22
72,6
= 0,3 mol
→
theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3 =0,6 mol
n
C
12 +n
H
COOH + (
2
13 +n
) O
2

→
(
n
+1) CO
2
+ (
n
+1) H
2
O (2)
bình (1) :hấp thụ nước .
bình (2) :CO
2
+2NaOH

n
=1,33
COOHHCCOOHCHX
523
;:→
D.3. Phương pháp số nguyên tử hiđro trung bình
Đặc điểm của đồng đẳng liên tiếp là khác nhau 1 nhóm CH
2
. Như vậy đối với nguyên tử C thì giá trị
C

bị kẹp giữa 2 giá trị tìm được, còn đối với số nguyên tử H thì đó là 2 giá trị kẹp giá trị số nguyên tử H
trung bình. Ta lấy các giá trị chẵn hay lẻ tùy thuộc vào loại hợp chất. Ví dụ đối với hiđrocacbon thì số
nguyên tử H luôn là số chẵn, còn đối với amin đơn chức lại là số lẻ: CH
3
- NH
2
; C
2
H
5
- NH
2
. Nhờ
phương pháp này, việc giải một số bài toán trở nên đơn giản và nhanh hơn nhiều.
Thí dụ 1: Hỗn hợp khí A gồm đimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp. Trộn 100ml A với
O
2
(dư) rồi đốt cháy hết hỗn hợp khí A. Biết đimetylamin cháy thành CO
2

(1)
OH
y
COxO
y
xHC
yx
222
2
)
4
(
+→++
(2)
9
Theo giả thiết:
mlVmlV
COhoiOH
250120370;280370650
22
)(
=−==−=
2
O
V
tham gia đốt cháy
=
2
CO
V

Theo(1), (2): tổng
.625,2250802.20
2
=→=+=
xxV
CO
Vậy hiđrocacbon thứ nhất có 2 nguyên
tử C và hiđrocacbon thứ hai có 3 nguyên tử C.
Tổng
OH
V
2
(hơi)

25,528080.
2
1
5,3.20
=→=+=
yy
Vậy hiđrocacbon thứ nhất phải có 4 nguyên tử H và hiđrocacbon thứ hai phải có 6 nguyên tử H (vì
cách nhau 2 nguyên tử H và số nguyên tử H phải chẵn).
Vậy đó là C
2
H
4
và C
3
H
6

5.08,0
=
+
=
A
n

gm
A
6,132.05,0
==
gm
CB
78,16,138,3
=−=
+
10
;03,0
35
3.08,0
=
+
=
+CB
n

3,59
03,0
78,1
,

C
3
H
7
OH và C
3
H
3
OH
D.4. Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình:
Giải bài toán hỗn hợp bằng cách dùng gốc hiđrocacbon trung bình
.)(R
Thí dụ: Hỗn hợp A gồm 2 este là đồng phân của nhau tạo bởi axit đơn chức và rượu đơn chức. Tỉ khối
hơi của este so với H
2
là 44. Thủy phân 26,4g hỗn hợp A bằng 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2),
rồi đem cô cạn dung dịch thu được 38,3g chất rắn khan. Xác định công thức phân tử và tính thành phần
% về số mol mỗi este trong hỗn hợp.
Giải:
882.44
==
A
M
Gọi
R
và
'
R
là gốc hiđrocacbon trung bình của các axit và rượu
OHRCOONaRNaOHRCOOR

8,21
==
6,5676,72
=−=
R
-> nghĩa là có 1 gốc R< 5,6 tức là R chỉ có thể là H và do đó gốc rượu: R’= 88- 1-
44= 43 ứng với gốc C
3
H
7
-, như vậy este là no.
Gốc R thứ hai phải lớn hơn 5.6 có thể là CH
3
- (M = 15) hoặc C
2
H
5
– ( M = 29 ). Như vậy có hai
nghiệm:
Cặp một : HCOOC
3
H
7
và C
2
H
5
COOC
2
H


=+
=+
6,5.3,015.1
3,0
yx
yx
->



=
=
1,0
2,0
y
x
% HCOOC
3
H
7
=
%7,66
2,01,0
%100.2,0
=
+
% CH
3
COOC

x
→
%HCOOC
3
H
7
=
%3,83
3,0
%100.25,0
=
=> %C
2
H
5
COOCH
3
= 16.7%
D.5. Phương pháp số nhóm chức trung bình:
Thí dụ: Nitro hoá benzen bằng HNO
3
đặc thu được 2 hợp chất nitro là A và B hơn kém nhau 1 nhóm
NO
2
. Đốt cháy hoàn toàn 2,3 gam hỗn hợp A ,B thu được CO
2
, H
2
O và 255,8 ml N
2

6
H
6-
n
(NO
2
)
n

+ O
2

→
6CO
2
+
22
22
6
N
n
OH
n
+
−
(2)
Thề tích N
2
ở đktc:
20

6
H
4
(NO
2
)
2
D.6. Phương pháp hóa trị trung bình
Thí dụ: Cho một luồng H
2
đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa trị kề nhau tới
khử hoàn toàn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua bình đựng H
2
SO
4
đặc, thấy khối lượng bình axit tăng
lên 4,68g. Xác định công thức các oxit vanađi.
Giải: Gọi x là hóa trị trung bình của vanađi trong 2 oxit:
V
2
O
x
+ xH
2

OxHV
o
t
2
2

n
, nghĩa là trong anken, cacbon
chiếm 6/7 khối lượng còn hiđro chiếm 1/7(*). Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và
đơn giản một số bài toán hữu cơ.
Một số mẫu tách công thức phân tử:
1, Ankan: C
n
H
2n + 2

→
C
n
H
2n
.H
2
2, Ankađien, ankin: C
n
H
2n – 2

→
C
m
H
2m
C, trong đó m= n- 1
3, Aren: C
n

H
2n
O hoặc C
m
H
2m
.CHO, trong đó m= n- 1.
6, Rượu thơm và phenol: C
n
H
2n-7
OH
→
C
m
H
2m
.C
3
O trong đó m=n-3
7, Anđêhit no, đơn chức: C
n
H
2n+1
- CHO
→
C
n
H
2n

.CO
2
Thí dụ: Chia 6,15g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Lấy phần 1 cho tác dụng với
Na thu được 0,672 lít H
2
ở đktc. Phần 2 đem đốt cháy thì thu được bao nhiêu lít CO
2
và bao nhiêu gam
H
2
O?
Giải:
13
Phương trình phản ứng hóa học xảy ra:
C
n
H
2n+1
OH + Na
→
C
n
H
2n+1
ONa + 1/2H
2
(1)
C
m
H

222
)1(
2
3
++→
Theo (1), (2) : n
rượu

.06,0
4,22
672,0
.22
2
===
H
n
Nếu tách công thức phân tử rượu thành C
x
H
2x
.H
2
O thì lượng H
2
O trong phần tách ra = 0,06.18 = 1,08g.
Khối lượng phần anken C
x
H
2x
g995,108,1

==→=
Tổng khối lượng nước là:
gm
OH
645,308,1
2.7
18.995,1.1
2
=+=
* Ưu điểm: Tách 1 công thức phức tạp ra dạng công thức đơn giản và giải bài toán hóa học từ cấu tạo
đơn giản ấy.
* Nhược điểm: Chỉ dùng cho bài toán hữu cơ.
F. Phương pháp ẩn số:
Một bài toán thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định hoặc không giải được. Phương
pháp ghép ẩn số là một trong những phương pháp đơn giản để giải các bài toán đó.
• Nhược điểm: Phương pháp ghép ẩn số là một thủ thuật của toán học, không mang tính chất hoá
học.
Thí dụ: Đun p gam hỗn hợp 2 rượu với H
2
SO
4
đặc ta thu được V lít (đktc) hỗn hợp 2 olêfin. Đốt cháy
hỗn hợp olêfin đó thì thu được X lít CO
2
(đktc), Y gam nước.
Lập các biểu thức tính X, Y theo P, V
Giải:
Vì đun nóng với H
2
SO

2m
+ H
2
O (2)
C
n
H
2n
+
2
3n
O
2
→ nCO
2
+ nH
2
O (3)
a mol na
14
C
m
H
2m
+
2
3m
O
2
→ mCO

Y
VP
Ym
OH
−
=⇒
−
==
7
92,11
14
4,22/.18
2
VP
X
VP
XV
CO
−
=⇒
−
==
G. Phương pháp tự chọn lượng chất:
Với một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát hoặc không nói đến lượng
chất. Nếu cho các lượng chất khác nhau vẫn chỉ cho 1 kết quả đúng thì trong những trường hợp này ta
tự chọn một giá trị như thế nào để bài toán trở nên đơn giản.
*Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Hoà tan 1 muối cacbonat của kim loại R bằng 1 lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO

. Nguyên tử khối của R là M ta có:
Để hòa tan 1 mol [(2M + 60n) gam] muối cacbonat cần n mol H
2
SO
4
hay 98n gam H
2
SO
4
nguyên chất.
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
9,8% cần dùng là: 1000n gam
Khối lượng CO
2
bay ra là: 44n
Khối lượng muối sunfat thu được: (2M + 96n) gam.
Khối lượng dung dịch muối (Theo định luật bảo toàn khối lượng) là:
(1000n + 2M + 60n - 44n) gam.
Theo giả thiết ta có:
%18,14
446021000
%100).962(
=
−++
+
nnMn
nM

a) Tìm công thức phân tử của A và B. Biết X không làm mất màu nước brom; A, B thuộc loại
hiđrôcacbon đã học.
b) Tính thành phần % về số mol của A và B có trong X.
Giải:
Chú ý: Phản ứng đốt cháy
Ankan: C
n
H
2n+2
+
OHnnCOO
n
222
)1(
2
13
++→






+
Ta thấy:
22
COOH
nn >
- Với anken, xicloankan:
OnHnCOO

OHCO
nn
22
>
- Với aren:
OHnnCOO
222
)3(
2
3-3n
6-CnH2n −+→






+
.
Ta thấy
OHCO
nn
22
>>
1) Giả thiết cho X không làm mất màu nước brôm
→
A và B thuộc 1 trong 3 loại: ankan, xicloankan,
aren.
* Để dễ tính toán: Ta chọn a= 41
a) Khi đốt cháy A ta được lượng CO

)
16
OHnnCOO
n
HC
nn 22222
)1(
2
13
++→






+
+
+
(1)
75,0
875,01
2
2
=
+
=→
n
n
n

molngm
OHOH
==→=−=
→>→
OHCO
nn
22
B là aren.

OHnnCOO
n
HC
nn 22262
)3(
2
33
−+→






−
+
−
(2)
6
5,1
75,03

- Biện luận theo các khả năng phản ứng có thể xảy ra.
- Biện luận theo phương trình vô định
- Biện luận theo giới hạn …
*Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Hoà tan 16g hỗn hợp gồm Fe và 1 kim loại hoá trị II vào dung dịch HCl (dư) thì thu được
8,96 lít khí H
2
(đktc). Mặt khác khi hoà tan 9,6 gam kim loại hoá trị II đó còn dùng chưa đến 1000 ml
dung dịch HCl 1M. Xác định kim loại hoá trị II đó.
Giải:
Gọi kim loại hoá trị II là R có nguyên tử khối là M.
17
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(1)
R + 2HCl = RCl
2
+ H
2
(2)
Gọi: x là số mol của Fe trong hỗn hợp, y là số mol của R trong hỗn hợp.
Theo giả thiết:
⇒== )(4,0
4,22
96,8
2
moln
H

=→
với n
R
< 0,5
→
M >19,2
→
19,2 < M < 40 , R hoá trị II
→
R là Mg.
Thí dụ 2: Để đốt cháy hết 1 gam đơn chất X cần dùng lượng vừa đủ là 0,7 lít O
2
ở điều kiện tiêu chuẩn.
Hãy xác định đơn chất X.
Giải:
Gọi M là nguyên tử khối, n là hoá trị của nguyên tố X:
n
OXO
n
X
22
2
2 =+
(1)
Theo (1): Cứ 2M gam X tác dụng vừa đủ với
2
n
.22,4 lít O
2
(ở đktc).

n = 7
→
M = 56: loại (Fe không có oxi trong đó sắt có hoá trị VII).
n=8
→
M = 64: loại (Cu không có oxi trong đó Cu có hoá trị VIII).
Kết luận: X là lưu huỳnh.
K. Phương pháp đường chéo:
Phương pháp này thường được áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau. Các chất
đem trộn có thể là đồng thể: lỏng với lỏng, khí với khí, rắn với rắn; hoặc dị thể: rắn với lỏng, khí với
lỏng … Nhưng hỗn hợp cuối cùng phải đồng thể.
Phương pháp này đặc biệt thích hợp khi pha chế dung dịch.
Chú ý: Phương pháp này không áp dụng cho các trường hợp khi trộn lẫn các chất mà có xảy ra
phản ứng hoá học (Ví dụ: Cho dung dịch NaOH vào dung dịch HCl).
- Với trường hợp có phản ứng nhưng cuối cùng cho cùng một chất thì áp dụng được (VD: hoà tan
Na
2
O vào dung dịch NaOH, thu được dung dịch NaOH).
*Nguyên tắc: Trộn 2 dung dịch với nồng độ khác nhau của cùng 1 chất thì lượng chất tan trong phần
dung dịch có nồng độ lớn hơn giảm đi, còn trong phần dung dịch có nồng độ nhỏ hơn tăng lên.
Sơ đồ tổng quát: (Giả sử x
1
>x>x
2
)
D
1
x
1
x-x

x, x
1
, x
2
: Khối lượng các chất quy về trong 100 đơn vị khối lượng D
1
, D
2
.
*Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam H
2
O vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dung dịch NaOH 8%.
Giải: Gọi m là khối lượng nước cần thêm vào:
m 0 4
8 (1)
500 12 8
250
8
4
500
=⇒=⇒ m
m
(gam nước). (x
1
=0 vì trong nước không có NaOH)
Thí dụ 2: Cần trộn H
2
và CO theo tỷ lệ thể tích như thế nào để thu được hỗn hợp khí có tỷ khối so với
metan bằng 1,5.

NaOH
= x mol, n
KOH
= y mol. Ta có hệ phương trình:
40 56 3,04
58,5 74,5 4,15
x y
x y
+ =


+ =

giải hệ:
0,02
0,04
x
y
=


=


0,02( )
0,04( )
Na
K
n mol
n mol

Na
2
CO
3
+ 2HNO
3

→
2NaNO
3
+ H
2
O + CO
2
x 2x x
K
2
CO
3
+ 2HNO
3

→
2KNO
3
+ H
2
O + CO
2
y 2y y

Khối lượng Mg = 1,2g
Khối lượng Al = 5,4 g.
n
Mg
= 0,05 mol; n
Al
= 0,2 mol.
Mg +2H
+

→
Mg
2+

+ H
2
Al + 3H
+

→
Al
3+
+
2
3
2
H
↑
20
2

3
→
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
c 2c
Đáp án: B
Bài 5:
Để nhận biết ba axit đặc nguội: HCl, H
2
SO
4
, HNO
3
đựng riêng biệt trong ba lọ bị mất nhãn ta dùng
thuốc thử là:
A. Fe B. CuO C. Al D. Cu
Giải: Đáp án D.
Bài 6:
Cho luồng khí H
2
(dư) qua hỗn hợp các oxit CuO, Fe
2
O
3
, ZnO, MgO rồi nung ở nhiệt độ cao. Sau phản
ứng hỗn hợp rắn còn lại là:
A. Cu, Fe, Zn, MgO B. Cu, Fe, ZnO, MgO

+
= = ⇒ =
0,5( )
H
n mol
+
⇒ =
2
5,32
0,2375( )
22,4
H
n mol
= =
H
n
+
bị khử = 0,2375.2 = 0,475 (mol)
Vậy
H
n
+
còn dư = 0,5-0,475 = 0,025(mol)
[H
+
] =
1
0,025
0,1 10
22,4

m
muối
= m
oxit
+
2 2
4
SO O
m m
− −
−
= 2,81 + 0,05.96 - 0,05.16 = 6,81(g)
⇒
Đáp án A
Bài 9:
Cho 22,4g Fe tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng, dư, sau khi phản ứng kết thúc tạo ra 0,1 mol NO và
a mol NO
2
(sản phẩm khử HNO
3
chỉ tạo NO và NO
2
). Giá trị của a là:
A. 0,5 B. 0,3 C. Đáp án khác D. 0,9
Giải:
22,4
0,4( )
56

và C
4
H
6
C. C
3
H
4
và C
4
H
8
B. C
2
H
2
và C
4
H
8
D. C
2
H
2
và C
3
H
8
Giải
n

A.20 B.40 C.30 D.10
Giải
X + 2 nhóm CH
2
 Z mà khối lượng phân tử Z lớn gấp 2 lần X
=> X có công thức là CH
2
= CH
2
X là eten  Y là CH
2
= CH – CH
3
0,1 mol chất Y có 0,3 mol C  0,3 mol CO
2
 0,3 mol CaCO
3
(vì Ca(OH)
2
dư)
=> khối lượng kết tủa là 30g.
Đáp án C
Bài 12 (Đề thi ĐH năm 2007)
22
Một hiđrocacbon X cộng hợp với HCl theo tỉ lệ mol 1:1 tạo sản phẩm có thành phần khối lượng clo là
45,223%. Công thức phân tử của X là :
A. C
3
H
6

gam kết tủa là :
A.50 B. 60 C.80 D.Kết quả khác
Giải
Đặt A là C
n
H
2n+2
C là C
n
H
2n+2
+ 2(CH
2
)
Theo giả thiết (14n +2 + 28) : (14n + 2) = 29 : 15
n = 2
Công thức của B là C
3
H
8
.
0,2 mol B  0,6 mol CO
2
 0,6 mol CaCO
3

Đáp án B
Bài 14. (Đại học năm 2007)
Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10.Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên
thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H

2
+ y/2 H
2
O
a a(x + y/4) xa
Hỗn hợp Z gồm O
2
dư và CO
2
Mol O
2
dư = 10a – xa – ay/4
Mol CO
2
= xa
Khối lượng trung bình của hỗn hợp = 38
 {(10a – xa – ay/4)32 + xa.44} : (10a – xa – ay/4 + xa) = 38
 12ax + 1,5ya = 60a
 12x + 1,5y = 60
 x = 4; y = 8
Đáp án C
23
PHẦN III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
1. Chất lượng giải các bài tập trắc nghiệm tăng lên rõ rệt.
2. Giúp học sinh củng cố các kiến thức cơ bản một cách có cơ sở khoa học.
3. Nâng cao tư duy của học sinh.
4. Giúp đồng nghiệp nâng cao chất lượng chuyên môn.
PHẦN IV
KẾT LUẬN
1. Về mặt nhận thức: Giúp cho cả học sinh và giáo viên có được kết quả tốt trong học tập và giảng dạy.