Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
Tên đề tài:
“CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
MÔN HOÁ HỌC”
I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1.Đặt vấn đề:
- 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
- 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 trước, 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 HOÁ
HỌC”
2.Nội dung sáng kiến
I.Lý do chọn đề tài
II.Tổ chức thực hiện đề tài.

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
2 2. 0,2( )
22,4
H
OH H
n n n mol
− +
= = = =

0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M là:
0,1+0,25=0,35 (mol)
Các phản ứng xảy ra:
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
↓
Ca
2+
+ CO
3
2-
→ CaCO
3
↓
Cứ 1 mol BaCl
2
hoặc CaCl
2
chuyển thành BaCO

+ =

giải ra:
0,1( )
0,2( )
x mol
y mol
=


=

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
2
(CO

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

AgCl AgNO
n x y mol m g
m m x y g
= + = ⇒ =
= = + =
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%
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

18,4( )
18,4
92( )
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.

H
==
+ Theo (1) và (3) tổng số mol electron mà kim loại R đã cho phải bằng tổng số
mol electron mà oxi và H
+
nhận.
+ Gọi x là số mol của kim loại R, nguyên tử khối của kim loại R là M
→số mol electron mà kim loại R nhường là nx.
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.

phản ứng là 100%. Các khí đo ở đktc.
Giải:
a, Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
↑ (1)
2R + 2nHCl = 2RCl
n
+ 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)

56x + My = 3,61; mà x=0,05 ⇒ My=0,81 (d)
Từ (c): ny=0,09 ⇒ y=
n
09,0
(n là hoá trị của R, n: nguyên, dương)
Thay vào (d) ⇒ M
n
09,0
=0,81 ⇒ M = 9n
⇒ Nghiệm duy nhất: Al (hoá trị III, nguyên tử khối 27)
⇒%Fe =
%25,77%100
61,3
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

Theo giả thiết: chất rắn thu được gồm 3 kim loại mà Al hoạt động mạnh hơn Fe
nên Al đã phản ứng hết theo (5) ⇒ còn lại: Fe, Cu, Ag.
⇒ Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(9)
+ Theo (9): n
Fe
=
)(03,0
4,22
672,0
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

D.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình (
M
)
- Sử dụng để giải nhanh các bài toán là hỗn hợp của 2 hay nhiều chất.
- Xác định nguyên tử khối của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp nhau, thành phần
% số lượng mỗi đồng vị của 1 nguyên tố, tính thành phần % về thể tích các khí
trong hỗn hợp …
- Đặc biệt thích hợp khi giải các bài tập lập công thức các đồng đẳng kế tiếp.
* Khối lượng mol trung bình (
M
) là khối lượng của một mol hỗn hợp.
M
=
Mnm
nn
nMnM
n
m
hh
hh
hh
.21
2211
=→
++
++
=

O (3)
R’OH + HCl = R’Cl + H
2
O (4)
+ Gọi x là số mol của kim loại R. Nguyên tử khối của R là M.
Gọi y là số mol của kim loại R’. Nguyên tử khối của R’ là M’.
+ Theo (1) và (2) →
015,0
4,22
336,0
22
==+
yx
→ x+y = 0,03(mol)
+ Theo (1),(2),(3) và (4): Tổng số mol 2 muối bằng tổng số mol 2 kim loại
→n
muối
=x+y = 0,03(mol).
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

→



→<<
=−=→
=⇒==
OHHCOHR
OHCHROH
HCR
CHR
RRR
R
OHRM
52
3
52
3
:'
:
:'
:
'
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 hỗn hợp chất có thành phần định tính như nhau, thí dụ hỗn hợp chất đều
được tạo thành từ ba nguyên tố là C, H, O ta có công thức
zyü
OHC
→
zyxM 1612 ++=
Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 10,2 gam 2 anđêhit no, đơn chức A và B là đồng
đẳng kế tiếp. Đem sản phẩm thu được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch
Ca(OH)
2
thì thu được 10g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu
được 20g kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A và B.
+Thay thế 2 anđêhit bằng công thức tương đương:
CHOHC
nn 12
+
CHOHC
nn 12 +
+
OHnCOnO
n
222
)1()1(
2
23
+++→
+
(1)
CO

2
(4)
Theo (2): n
2co
=n
3caco
=
100
10
=0,1(mol)
Theo(4):n
3caco
=
100
20
=0,2(mol)
Theo (3): n
2co
=0,4(mol)
Tổng số mol CO
2
là :n
2co
= 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol)
Theo (1) ta có :
3014
2,10
+n
mol C
n

H
5
CHO.
Thí dụ 2: B là hỗn hợp gồm hai axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng
axit fomic .Cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6.72 lít khí ở điều kiện
tiêu chuẩn .
Đốt cháy hoàn toàn m gam B ,rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua
bình (1) đựng H
2
SO
4
đặc ,bình (2) đựng NaOH rắn .Sau thí nghiệm ,độ tăng
khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam.
a) Tính m
b) Xác định công thức cấu tạo của A và B.
Giải :
X, Y là đồng đẳng của HCOOH
→
X,Y là axit cacboxylic no,đơn chức .
+thay thế X,Y bằng công thức tương đương C
n
H
n2
1+
COOH
2 C
n
H
n2
1+

n
+1)CO
2
+(
n
+1)H
2
O (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

CaCO
n
=
100
20
= 0,2 mol
theo(3):
2
CO
n
=0,4mol.TổngsốmolCO
2
là:
2
CO
n
=0,1+0,4=0,5mol
theo (1) ta có :
3014
2,10
+n
mol
n
C
12 +n
H
CHO sau khi cháy cho (
n
+1).
3014

lần lượt qua
bình (1)đựng H
2
SO
4
đặc bình (2) đựng NaOH rắn. Sau thí nghiệm, độ tăng khối
lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam.
a, Tính m .
b, Xác định công thức cấu tạo của Avà B
Giải:
X,Y là đồng đẳng của HCOOH
→
X,Y là axit cacboxylic no ,đơn chức .
+thay thế X,Y bằng công thức tương đương
n
C
12 +n
H
COONa +H
2
(1)
theo giả thiết
2
H
n
=
4,22
72,6
= 0,3 mol
→

+H
2
O
theo giả thiết :
2
CO
m
-
OH
m
2
=36,4
→
0,6(
n
+1).(44-18)=36,4
→
n
=1,333
a) m=n.
M
=0,6(14
n
+46)=38,8(gam)
b,
n
=1,33
COOHHCCOOHCHX
523
;:→

=
mol3,0
88
4,26
=
moln
NaOH
6,0
40.100
20.2,1.100
==
NaOH
n
dư
= 0,6- 0,3 = 0,3 mol -> m
NaOH
= 0,3.40= 12g
Khối lượng các muối là: 33,8 – 12 = 21,8g

M
muối
6,72
3,0
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

H
5
COOH
3
Tính % về số mol :
Với cặp 1 : Gọi x, y là số mol HCOOC
2
H
5
( áp dụng công thức :
R
m
=
R
n
.
,2211
RnRnM
R
+=
trong đó n là số mol )



=+
=+
6,5.3,015.1
3,0
yx
yx

7
và CH
3
COOCH
3



=+
=+
68,129.1
3,0
yx
yx
->



=
=
05,0
25,0
y
x
→
%HCOOC
3
H
7
=

Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
C
6
H
6
+
n
HCHNOn
−
→
663
(NO
2
)
n
+
n
H
2
O (1)
Trong đó
n
là số nhóm NO
2
trung bình của A, B
C
6
H
6-
n

273
.760
mlNV
V
=→
+
=
Theo (2) ta có tỉ lệ:
2266,0
2,11(
34,2
)4578( nn
=
+
Rút ra:
1,1
=
n
. Vậy công thức phân tử của A là C
6
H
5
NO
2
, B là C
6
H
4
(NO
2

1
.
18
68,4
162,51
3,11
≈→=
+
x
xx
Vậy các oxit là V
2
O
3
và VO
2
E. 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.
12
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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

2
x
2
x
1
-x
D
1
, D
2
: Khối lượng các chất đem trộn ứng với x
1
, x
2
.
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:

4
2
==⇒
CO
H
V
V
V
CO
28 22
III. CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ
Bài 1:
Cho 3,04g hỗn hợp NaOH và KOH tỏc dụng với dung dịch HCl thu được 4,15g
cỏc muối clorua. Nếu đem điện phõn núng chảy hỗn hợp trờn lượng hỗn hợp
kim loại thu được là bao nhiờu (g)?
A.2,02 B. 2,03 C. 2,04 D. Đáp án khác
Giải:
Đặt n
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
+ =


+ =

CO
3
và K
2
CO
3
. Nếu
cho 3,13g hỗn hợp muối trên tác dụng hoàn toàn với dd HCl thu được V lít khí
ở đktc. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí đó vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thu được m
gam kết tủa. m nhận giá trị là (g):
A. 2,5 B. 3 C. 3,5 D. 4
Giải:
3
0,2.0,5 0,1( )
HNO
n mol
= =
Na
2
CO
3
+ 2HNO
3

→
2NaNO
3
+ H

2
0,05 0,05
.100 2,5( )
2 2
CO
n m g
= → = =
Bài 3:
Hoà tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng axit HCl dư thu được khí A và 2,54g
chất rắn B. Biết trong hợp kim này khối lượng Al gấp 4,5 lần khối lượng Mg.
Thể tích khí A là (lit):
A. 7,84 B. 5,6 C. 5,8 C. 6,2 D.Không xác định
được.
Giải:
14
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
m
Mg+Al
= 9,14 - m
Cu
= 9,14 - 2,54 = 6,6(g) tương ứng 1 phần khối lượng
Mg và 4,5 phần khối lượng Al
⇒
Khối lượng Mg = 1,2g
Khối lượng Al = 5,4 g.
n
Mg
= 0,05 mol; n
Al
= 0,2 mol.

, b mol CuO, c mol
Ag
2
O). Người ta hoà tan X bởi dung dịch chứa (6a+2b+2c) mol HNO
3
được dd
Y; sau đó thêm (giả thiết các phản ứng đạt hiệu suất 100%)
A. c mol bột Al vào Y B. c mol bột Cu vào Y C. 2c mol bột Al vào Y D.
2c mol bột Cu vào Y
Giải:
Dung dịch Y có 2a mol Al(NO
3
)
3
, b mol Cu(NO
3
)
2
, 2c mol AgNO
3
cho Cu
Cu + 2AgNO
3
→
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
c 2c

0,5M thu được 5,32 lit H
2
(ở đktc) và dung dịch Y (coi thể
tích của dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là:
A. 1 B. 6 C. 7 D.2
Giải:
V=0,25 lít
n
HCl
= 1.0,25 = 0,25
⇒

0,25( )
H
n mol
+
=
2 4
0,5.0,25 0,125( ) 0,25( )
H SO
H
n mol n mol
+
= = ⇒ =
0,5( )
H
n mol
+
⇒ =
15

3
, MgO, ZnO trong 500 ml
axit H
2
SO
4
0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng hỗn hợp muối sunfat khan thu được
khi cô cạn dung dịch có khối lượng là bao nhiêu gam?
A. 6,81 B. 4,81 C. 3,81 D. 5,81
Giải:
2 4
0,1.0,5 0,05( )
H SO
n mol
= =
2 2 2
2 4
.16;
H SO
O O O
m n n n
− − −
= =
m
muối
= m
oxit
+
2 2
4

Fe
3+
mol 0,4 1,2
N
+5
+1e
→
N
+4
(NO
2
)
a a
Ta có: 0,3 + a = 1,2
a = 0,9
⇒
Đáp án: D
Bài 10 (Đề thi đại học năm 2007).
Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bỡnh
chứa 1,4 lớt dung dịch brom 0,5 M. Sau khi phản ứng hoàn toàn số mol brom
giảm đi một nửa và khối lượng bỡnh brom tăng thêm 6,7 g. CTPT của 2
hiđrocacbon là :
A. C
2
H
2
và C
4
H
6

Lượng brom giảm đi 1/2 nghĩa là số mol brom phản ứng là 0,35 mol.
16
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
C
n
H
2n + 2 –2a
+ a Br
2


C
n
H
2 n + 2 – 2 a
Br
2a
0,2 0,35
a = 1,75 .
14n + 2 – 3,5 = 6,7 : 0,2 = 33,5
14n = 35 n = 2,5
⇒
Nghiệm hợp lớ : B
Bài 11 (Đề thi ĐH năm 2007)
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

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
17
Trn Th Thu Phng Trng THPT HNG BNG
x = 4; y = 8
ỏp ỏn C
PHN III : HIU QU CA TI
1. Cht lng gii cỏc bi tp trc nghim tng lờn rừ rt.
2. Giỳp hc sinh cng c cỏc kin thc c bn mt cỏch cú c s khoa hc.
3. Nõng cao t duy ca hc sinh.
4. Giỳp ng nghip nõng cao cht lng chuyờn mụn.
Phần IV:Kết luận
1. Về mặt nhận thức: Giúp cho cả học sinh và giáo viên có đợc kết quả tốt trong
học tập và giảng dạy.