Lời nói đầu
Hóa Học là bộ môn khoa học cơ bản gắn liền với thực tiễn với đời sống. Bên cạnh những
vấn đề lý thuyết căn bản, còn có những bài toán căn bản từ đơn giản đến phức tạp, đòi hỏi
chúng ta cần suy nghĩ và nắm vững lý thuyết. Để giải quyết được một bài toán hóa học
đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải. Với thời đại Công
Nghệ Số giúp chúng ta có thể nắm bắt được những lý thuyết mới và những phương pháp
giải mới nhanh và hay. Cuốn sách này là những tâm huyết của tôi từ thời là sinh viên, thu
thập từ nguồn trên Web, và các cuốn sách từ thời THPT tôi học như: Nguyễn Thanh
Khuyến, Nguyễn Phước Hòa Tân, Ngô Ngọc An, Quan Hán Thành, Lê Tấn Trung, Lê
Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc và đặc biệt là 3 cuốn của thầy Cao Cự Giác 3 cuốn này
theo tôi nghĩ là rất quan trọng và hay đối với các vấn đề Hóa Học THPT. Hy vọng cuốn
Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT
đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa Học.
Cuốn sách mới tái bản lần đầu chắc còn nhiều sai sót mong các bạn góp ý để cho cuốn
sách này được hoàn chỉnh.
Chúc các bạn thành công thành công trên con đường mình chọn
Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ
thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng
Xin chân thành cám ơn!

Dương Văn Thế

DƯƠNG THẾ 2

 PHƯƠNG PHÁP 1: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
A. PHƯƠNG PHÁP
1. Lịch sử ra đời:
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, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng.
 Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov đặt ra định


B. VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH
Bài 1 Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe
2
O
3
. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m
gam hỗn
hợp
X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất
rắn A trong ống sứ và
11,2
lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H
2

là 20,4. Tính
giá trị
m.

A. 105,6 gam. B. 35,2 gam.
C.
70,4 gam. D. 140,8
gam.

Giải
Tóm tắt theo sơ đồ
CO 
11,2(

= 40,8)

12,8
Lập tỉ số ta có





=
,
,
= 4 


= 0,4 mol
n
O(oxid)
= 0,4 mol m
O
= 0,4*16 = 6,4 g (*) m= 64+6,4 = 70,4g
Đáp án C

 Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ đơn giản là CO lấy O trong oxid sắt để tạo
ra CO
2
theo phản ứng CO + O
(oxid)
CO
2
nên n
O

4
+ H
2
O Cu + H
2
SO
4
+


O
2
 (1)
CuCl
2
Cu + Cl
2
 (2)
n
khí
= 


+ 


=
,
,
= 0,02mol; n

m↓ = 0,01*32+ 0,01*71+ 0,03*64= 2,95g → Đáp án C
Bài 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl
2
20,8 % vào 100 gam dung dịch Na
2
CO
3
, lọc bỏ
kết tủa được dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H
2
SO
4
9,8% vào dung dịch
X thấy ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của
dung dịch Na
2
CO
3
và khối lượng dung dịch thu được sau cùng là:
A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam.
C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam.
Giải
Theo bài ra ta nhận thấy Ba
2+
trong X đã hết vậy ta sẽ có những phản ứng sau
Ba
2+
+CO
3
2-

KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

C% (Na
2
CO
3
) =
,∗

*100% = 7,42%
m
dd
=
∑


- m↓

- m = 50 + 50 + 100 – 0,05*233 – 0,02*44 = 189,27g
Đáp án B
Bài 4: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là:
A. CH
3
OH và C
2
H
5
OH. B. C
2

+ m
Na
= m
muối
+ 






= 15,6 + 9,6 – 24,5 = 0,3g 


=
,

= 0,15mol
n
rượu
= 0,15* 2 = 0,3mol M
rượu
=
,
,
= 52 

= 35
Đáp án B
Bài 5: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch

ứng sau:
Fe Fe
3+
+ 3e
x x 3x 2H
+
+ NO
3
-
+ 1e NO
2
 + H
2
O
Cu Cu
2+
+ 2e 1mol 0,5mol 0,5mol
y y 2y 12g Fe(x),Cu(y)

0,5mol



,
ddA
DƯƠNG THẾ 6


=


∗
%
=
∗∗
%
=
∗∗

= 100g
m
dd
= 100 – 0,5*46 + 12= 89g
%
ố
(
)

=
,∗


*100%= 27,19%
%
ố
(
)





=
,
,
= 0,2mol
Theo phương trình (1),(2) nhận thấy số mol H
2
O bằng số mol CO
2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
23,8 + 2*0,2*36,5 – 0,2*44 – 0,2*18 = 26g
Đáp án C
Bài 7: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chât X. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp A cần 21,28 lít O
2
(đktc) và thu được 35,2 gam CO
2
và 19,8 gam H
2
O. Tính
khôi lượng phân tử X (biêt X chỉ chứa C, H, O).
A. 92g/mol B. 106g/mol C. 95g/mol D. 108g/mol
Giải



=

X
M
X
=
,,,∗,
,
= 92g/mol Đáp án A

7
KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC

Bài 8: Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxid CuO, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
bằng khí CO ở
nhiệt độ cao, người ta thu được 40gam chất rắn X và 13,2gam khí CO
2
. Tính giá trị m
Giải
Tóm tắt bài toán:

CO m=?

Bản chất của bài toán này là gì? Xin thưa bài toán này thực chất là bài toán của phản ứng
CO tác dụng với Oxi trong oxid của hỗn hợp A theo phản ứng: CO + O CO

2
(ở đktc) nặng 5,88g. Cô cạn dung dịch sau cùng thì thu được m (g) muối khan.
Tính m?
Giải
n
Z
=
,
,
= 0,12mol M
Z
= 
,
,
= 49g
Quy tắc đường chéo giải quyết:
NO
2
( M =46) 15
49
SO
2
( M = 64) 3



=


* 0,12 = 0,1mol 

2
O (1)
2H
+
+ NO
3
-
+ e NO
2
+ H
2
O (2)
Theo bán phản ứng (1) ta có: 




= 0,02*2 = 0,04mol ; 



= 0,04mol
Theo phản ứng (2) ta có: 


= 2*0,1 = 0,2 mol ; 



= 0,1mol

2
SO
4
loãng, thu được 1,12 lít khí H
2
(ở đktc) hỏi cô cạn dung dịch ta thu được
bao nhiêu gam muối khan? Tính thể dung dịch H
2
SO
4
0,5M cần cho các phản ứng
trên? ( Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB.
ĐHQG. TPHCM tr.27)
Giải
Sau đây tôi xin trình bày nguyên văn lời giải lý thú của thầy:
Ion H
+
bị 3 kim loại khử theo bán phản ứng:
H
+
+ e


H
2

0,1mol 0,1mol
,
,
= 0,5mol

,
= 0,1 lit = 100mL
 Bài 2: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Cu vào một bình kín chứa 0,9 mol
O
2
,. Nung nóng bình một thời gian cho đến khi số mol O
2
trong bình chỉ còn
0,865mol và chất rắn trong bình có khối lượng 2,12gam. Tính m (Phương Pháp
Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG. TPHCM tr.27)
Giải
Số mol O
2
kết hợp với kim loại để tạo thành oxid: 0,9 – 0,865 = 0,035mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,035*32 = 2,12 m = 1g DƯƠNG THẾ 10

 Bài 3: Cho 16gam một oxid kim loại tác dụng với 120ml dung dịch HCl thì thu
được 32,5g muối khan. Tính nồng độ mol/l của dung dịch HCl
(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG.
TPHCM tr.33)
Lời ngỏ: Có thể nói những cách giải của thầy rất lý thú trong các bài toán hóa học. Thầy
có những nhận xét sâu sắc và những tư duy sắc bén,giúp giải quyết nhanh chóng bài toán
và hạn chế viết phương trình phản ứng.
Giải
Khi oxid kim loại chuyển thành muối kim loại clorur tức là kim loại đã thay x mol O
2-


+ H
2
O
Y
2
(CO
3
)
3
+ 6HCl 2YCl
3
+ 3CO
2
+ 3H
2
O
Theo phương trình phản ứng số n
HCl
= 2*


= 2∗
,
,
= 0,006mol; 


= 



Phương trình khí lí tưởng: pV = nRT n =


=
,∗
,

∗(,)
=


mol = n
oxi

Sau phản ứng áp suất trong bình giảm chính là sự giảm của oxi tham gia phản ứng với
kim loại:
m
oxi pư
=
,∗∗
∗
= 0,768gam m = 2,5 – 0,768 = 1,732 gam

 Bài 6: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch
HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ
chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là nhiêu?
A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3
gam
.



 Bài 7: Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung
dịch HCl 1,2 M thì
thu
được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng
là A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04
lít

Giải
Gọi công thức chung của 3 amin đơn chức: 

– NH
2

Phản ứng: RNH
2
+ HCl 

– NH
3
Cl
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
n
HCl
=
,
,

,



=


Công thức oxid sắt Fe
2
O
3
Phương trình phân ly: HCl = H
+
+ Cl
-

0,3mol 2a= 0,3mol
Vì acid lấy dư nên
∑


= 0,3 + 0,3*0,25 = 0,375mol V
HCl
=
,

= 0,1875 lít
 Bài 9: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H
2
SO




: 

– O - 

+ H
2
O
Theo quy tắc số ete tạo thành từ số rượu ( Hướng Dẫn Giải Nhanh Hóa Học, Tập 2, Cao
Cự Giác, NXB. ĐHQGHN) số ete =
()

= 6 ete (n=3)
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:




=
m
rượu
- m
ete
= 132,8 – 111,2 = 21,6 gam
Theo phản ứng trên n
ete
= 


2
O
3

trong hỗn hợp A
là

A.
86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%.
D.6,01%.

Giải
Tóm tắt bài toán:
+CO Ba(OH)
2
9,062g↓

Gọi x, y là số mol lần lượt của FeO, Fe
2
O
3
x + y = 0,04mol (*)
Theo sơ đồ bài toán ta có: n
CO
= 


= n↓ ( BaCO
3
↓) =

4,784g hhB + Khí

DƯƠNG THẾ 14  PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO
A. PHƯƠNG PHÁP
 Đối với bài toán trộn lẫn các chất với nhau ta nên dùng phương pháp sơ đồ đường
chéo
 Nguyên tắc:
Dung dịch 1: có khối lượng m
1
, thể tích V
1
, nồng độ C
1

(nồng độ phần trăm hoặc
nồng độ mol, khối lượng riêng là d
1

Dung dịch 2: có khối lượng m
2
, thể tích V
2
, nồng độ C
2

(C
2


 Đối với phần trăm khối lượng
C
1
C
2
- C
C




=
|



|
|



|
(1)
C
2
C
1
- C
 Đối với nồng độ mol/lít



(2)







−



 Đối với khối lượng riêng
d
1

|


−
|

d




=

- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%
- Khối lượng riêng
của
H
2
O là d = 1g/ml.
 Tài liệu tham khảo phương pháp này gồm có tác giả: Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc, Quan Hán
Thành, Cao Cự Giác
B.VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH
 Bài 1:
Để
thu được dung dịch HCl 25%
cần lấy
m
1
gam dung dịch HCl 45% pha với
m
2
gam dung dịch HCl 15%. Tỉ l
ệ
m
1
/m
2

là:
A. 1:2. B. 1:3. C. 2:1 D. 3:1.
Giải
Ta có sơ đồ đường chéo:
m

NaOH
= 0,8*1 = 0,8mol
Khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng hiển nhiên là khí SO
2

Khi cho khí B tác dụng với NaOH có thể xảy ra hai phản ứng:
NaOH + SO
2
NaHSO
3
(1)
2NaOH + SO
2
Na
2
SO
3
+ H
2
O (2)
Khi cho SO
2
tác dụng với NaOH thì sản phẩm thu được có thể bao gồm 1 hoặc 2
trong 3 chất: NaOH dư (M = 40), NaHSO
3
(M = 104) và Na
2
SO
3
(M=126).

3
60,125
NaOH (40) 2,875 1 0,1mol NaOH
Theo phản ứng: 


= 




= 0,35mol
Bán phản ứng
4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e SO
2
+ 2H
2
O
0,7 0,35mol
M – ne M
n+

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
na = 0,7 a =
,

=
,
,
=



V
2
(C
2
= 0%) 2,1%
V =


* 500 = 150mL Đáp án A
 Bài 4: (Vũ Khắc Ngọc)
Crackinh C
4
H
10
thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H
2
là 16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là:
A. 77,64% B. 38,82% C. 17,76% D. 16,325%
Giải
Lời ngỏ: Những bài toán của thầy Vũ Khắc Ngọc khó và rất hay, sau một bài toán
của thầy ta có thể rút ra những nhận xét quý báu cho bản thân. Sau đây tôi xin đưa
ra cách giải lý thú của thầy.
Ankan Ankan’ + Anken các hydrocarbon luôn luôn có số mol bằng


= 29 25,35


= 32,65



ư
=
,
,

M = 58 3,65
Giả sử sau phản ứng thu được 29 mol khí thì số mol C
4
H
8
ban đầu sẽ là
n
đ
=
,

+ 3,65 = 16,325 mol
DƯƠNG THẾ 18

Hiệu suất phản ứng:
H% =
,,

,




( M = 81) 0,319
. % 


=
,
,,
* 100% = 15,95% Đáp án D
 Bài 6: Cho 37,6g hỗn hợp gồm 3 chất rắn Fe
3
O
4
, FeO và Cu
2
O tác dụng với dung
dịch HNO
3
loãng dư thu được 2,24 lít khí NO ở đktc. Khối lượng của Fe
3
O
4
trong
hỗn hợp là:
A. 34,8g B. 23,2g C. 11,6g D. 17,4g
Giải

Fe
3+
+ 1e 4H
+
+ NO
3
-
+ 3e NO + 2H
2
O
2Cu
+
2Cu
2+
+ 2e 0,3mol
,
,
= 0,1mol
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
x + y +2z = 0,3mol (2)
Đến đây ta giải quyết bài toán bằng phương pháp ghép ẩn
Từ (2) ta có: x = 0,3 –(y+2z) thế vào (*) ta suy ra x = 0,1mol
m= 232 *0,1 = 23,2g Đáp án B
Cách 2:
Sơ đồ phản ứng oxi hóa – khử
Fe
2+
- 1e Fe
3+
4H

O là một chất trung bình X mà cứ 72g chất này lại
cho 1mol electron. Hỗn hợp bây giờ có thể gồm Fe
3
O
4
, X
Sử dụng quy tắc đường chéo ta có:

DƯƠNG THẾ 20

X (M = 72g)

 M =










=




36,6 gam muối khan. Thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 25% CO
2
và 75% NO
2
B. 50% CO
2
và 50% NO
2

C. 75% CO
2
và 25% NO
2
D. 30% CO
2
và 70% NO
2

Giải
n
hh khí
=
,
,
= 0,4mol; khi cho phản ứng với NaOH
CO
2
+ 2NaOH Na
2

có thỉ lệ mol 1:1 nên ta có thể quy
đổi thành giá trị trung bình của 2 muối 





=


= 77g/mol
Giá trị trung bình của muối khan là 

=
,
,
= 91,5 g/mol
Theo quy tắc đường chéo ta có:
Na
2
CO
3
( M=106) 14,5


= 91,5
X (




A. C
3
H
8
.
B.
C
4
H
10
. C. C
5
H
12
. D.
C
6
H
14
.

Giải
Theo quy tắc đường chéo ta có:
CH
4
( V
1
= 2) X – 30
M = 30 (V = 3)
X ( V

+ 2H
+
CO
2
+ H
2
O



=
,
,
= 0,15mol
Theo bản chất phản ứng ta có:
Cứ 1 mol NaHCO
3
, MgCO
3
cho 1mol CO
2
Quy đổi 





=

