Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
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 chơng trình học phổ thông và chơng trình thi đại học từ năm 2006-
2007.
- Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phơng trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến
thức nâng cao mức độ t duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ t duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của học
sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh.
- Ngời giáo viên muốn giảng dạy, hớng 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 chơng 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 phơng pháp giải thích hợp cho từng
loại bài và tích cực hoá đợc các hoạt động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trờng sở tại: Kiến thức cơ bản cha chắc chắn, t duy
hạn chế . Do thay đổi phơng 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 đợc các bài tập
theo phơng pháp trắc nghiệm khách quan.
Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:
HNG DN HC SINH GII BI TP TRC NGHIM MễN HO HC
II- Mục đích của đề tài
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phơng 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 phơng pháp giải thích hợp, qua đó giúp học
sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất.
IV- Phơng pháp nghiên cứu
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học.
- áp dụng hớng dẫn giải các bài tập trắc nghiệm cho học sinh khối 12. Hớng dẫn trao đổi đề tài này
trong lớp bồi dỡng hè giáo viên THPT tỉnh Lào Cai năm học 2008- 2009
V- Kế hoạch thực hiện đề tài

2
(đktc). Cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu đợc bao nhiêu gam chất rắn?
Giải
* Nếu dùng các phơng pháp đại số thông thờng: đặt ẩn số, lập hệ phơng trình thì mất nhiều thời gian và
kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán.
* Nếu dùng phơng pháp tăng giảm khối lợng và bảo toàn khối lợng 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

CO
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
=


=

3
3
0,1 197
% 100 49,62(%)
39,7
% 100 49,62 50,38(%)
BaCO
CaCO
m
m
ì
= ì =
= =
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 (d) ta thu đợc dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thu đợc bao nhiêu gam
muối khan?
2
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
Giải:
*Bài toán này có thể giải bằng phơng pháp tăng giảm khối lợng hoặc có thể giải nhanh bằng phơng
pháp bảo toàn khối lợng.
*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
+ = + +
+ ì = + ì + ì

n x y mol m g
m m x y g
= + = =
= = + =
Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có: m
NaCl
=m
NaBr
=85(g)
Ta có hệ phơng trình:
1 0,405( )
58,5 103 85 0,595( )
x y x mol
x y y mol
+ = =



+ = =

m
NaCl
=0,405ì58,5 = 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
ở đktc và thu đợc 35,2g CO

92( )
0,2
X C H O O CO H O
X
X
m m m m m
m g
M u
+ + = +
=
= =
C. Phơng 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 đợc 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 đợc sau phản ứng cho hoà
tan hoàn toàn vào dung dịch HCl d 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 cha hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và oxit của R.
3
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
Lu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm đợc mối liên quan giữa nguyên tử khối và hoá trị của nó có
thể có trong các hợp chất.
4R + nO

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 nhờng 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.
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 d thu đợc 2,128 lít H
2
, còn khi hoà tan
3,61 gam Y bằng dung dịch HNO

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)
*Gọi x là số mol Fe, y là số mol R có trong 3,61 gam Y.
Số mol electron mà Fe nhờng ở (1) là 2x. Số mol electron R nhờng ở (2) là ny.
Số mol electron mà H
+
thu vào ở (1) và (2) là:
)(19,0
4,22

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
)
3
+ 3Cu (6)
Fe + 2AgNO
3
= Fe(NO
3
)
2

)(03,0
4,22
672,0
2
moln
H
==
Theo giả thiết dung dịch HCl d 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 phơng pháp bảo toàn electron ta có phơng trình:
1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 a+2b = 0,13 (*)
Phơng trình theo khối lợng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**)
Giải hệ phơng trình (*), (**) ta có: a = 0,03 (mol); b = 0,05 (mol).
Vậy: Nồng độ mol/l của AgNO
3
là: C

Mnm
nn
nMnM
n
m
hh
hh
hh
.21
2211
=
++
++
=21
2211
++
++
=
VV
VMVM
M
hhkhí
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 nớc ta đợc dung dịch A và 0,336 lít H

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 rợu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na
thu đợc 3,36 lít khí H
2
(đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rợu trên.
Giải:
Gọi: rợu thứ nhất là ROH, rợu thứ hai là ROH.
2ROH + 2Na 2RONa + H
2
(1)
2ROH + 2Na 2RONa + H
2
(2)
)(15,0
4,22
36,3
2

52
3
:'
:
:'
:
'
67,191767,36
67,3667,36
3,0
11
D.2. Phơng 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

+
CHOHC
nn 12
+
+
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
)

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
n2
CHO sau khi cháy cho (
n
+1).
3014
2,10
+
n
mol CO
2
.
Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : (


X,Y là axit cacboxylic no,đơn chức .
+thay thế X,Y bằng công thức tơng đơng C
n
H
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)


2
O (2)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ca(HCO
3
)
2

0t
CaCO
3

+ H
2
O +CO
2
(4)
theo (2) :
2
CO
n


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
2,10
+n
mol CO
2
theo (1),(2),(3),(4) ta có :(
n
+1)
3014
2,10
+
n
= 0,5 .
giải phơng trình

n

2
(1)
theo giả thiết
2
H
n
=
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

a) m=n.
M
=0,6(14
n
+46)=38,8(gam)
b,
n
=1,33
COOHHCCOOHCHX
523
;:
D.3. Phơng pháp số nguyên tử hiđro trung bình
Đặc điểm của đồng đẳng liên tiếp là khác nhau 1 nhóm CH
2
. Nh vậy đối với nguyên tử C thì giá trị
C
bị
kẹp giữa 2 giá trị tìm đợc, 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 phơng pháp

7
2
4
15
)(
222223
NOHCOONHCH
+++
(1)
OH
y
COxO
y
xHC
yx
222
2
)
4
( +++
(2)
Theo giả thiết:
mlVmlV
COhoiOH
250120370;280370650
22
)(
====
2
O

==
Theo (1): V
đimetylamin
= 10.2 = 20 ml
Tổng V
2 hiđocacbon
= 100 20 = 80ml
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

= 46, các rợu
không no ít nhất cũng có 3 nguyên tử cacbon và 1 nhóm OH nên M > 53.
Vì B và C có cùng số nguyên tử C nên A phải là CH
3
OH.
05,0
35
5.08,0
=
+
=
A
n

9
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
gm
A
6,132.05,0
==
gm
CB
78,16,138,3
==
+
;03,0
35
3.08,0
=
+

3
H
7
OH và C
3
H
5
OH
C
3
H
7
OH và C
3
H
3
OH
D.4. Phơng 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 rợu 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 đợc 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

= 0,6- 0,3 = 0,3 mol -> m
NaOH
= 0,3.40= 12g
Khối lợng 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 rợu: R= 88- 1-
44= 43 ứng với gốc C
3
H
7
-, nh 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 ). Nh vậy có hai
nghiệm:
Cặp một : HCOOC
3

n
.
,2211
RnRnM
R
+=
trong đó n là số mol )



=+
=+
6,5.3,015.1
3,0
yx
yx
->



=
=
1,0
2,0
y
x
% HCOOC
3
H
7

->



=
=
05,0
25,0
y
x

%HCOOC
3
H
7
=
%3,83
3,0
%100.25,0
=
=> %C
2
H
5
COOCH
3
= 16.7%
D.5. Phơng pháp số nhóm chức trung bình:
Thí dụ: Nitro hoá benzen bằng HNO
3

H
2
O (1)
Trong đó
n
là số nhóm NO
2
trung bình của A, B
C
6
H
6-
n
(NO
2
)
n

+ O
2


6CO
2
+
22
22
6
N
n

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
)
2
D.6. Phơng 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 lợng 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

E. Phơng pháp tách công thức phân tử
Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể dùng công thức phân tử viết dới dạng khác
nhau. Nguyên tắc của phơng pháp tách công thức phân tử dựa trên tỉ lệ thành phần (%khối lợng) của C
và H trong anken (olefin) là không đổi bằng
6
1
2
12
=
n
n
, nghĩa là trong anken, cacbon chiếm 6/7 khối l-
ợng còn hiđro chiếm 1/7(*). Dùng phơng 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

2
O
5, Rợu không no, đơn chức có 1 nối đôi: C
n
H
2n-1
OH

C
n
H
2n
O hoặc C
m
H
2m
.CHO, trong đó m= n- 1.
6, Rợu thơm và phenol: C
n
H
2n-7
OH

C
m
H
2m
.C
3
O trong đó m=n-3

9, Axit không no, đơn chức có một nối đôi: C
n
H
2n-1
- COOH

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

C

++
(3)
12
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
C
m
H
2m+1
OH +
OHmmCOO
n
222
)1(
2
3
++
Theo (1), (2) : n
rợu

.06,0
4,22
672,0
.22
2
===
H
n
Nếu tách công thức phân tử rợu thành C
x
H

4,22.6.995,1
2
==
OHHH
nnm
22
2.7
995,1.1
995,1.
7
1
===
Tổng khối lợng nớc 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.
* Nhợc điểm: Chỉ dùng cho bài toán hữu cơ.
F. Phơng pháp ẩn số:
Một bài toán thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định hoặc không giải đợc. Phơng pháp
ghép ẩn số là một trong những phơng pháp đơn giản để giải các bài toán đó.
Nhợc điểm: Phơng 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 rợu với H
2

m
H
2m+1
OH

0
42
,tdSOH
C
m
H
2m
+ H
2
O (2)
C
n
H
2n
+
2
3n
O
2
nCO
2
+ nH
2
O (3)
a mol na

14
4,22/.18VP
mbna

=+
7
23,79
18.
14
4,22/.18
2
VP
Y
VP
Ym
OH

=

==
7
92,11
14
4,22/.18
2
VP
X
VP
XV
CO

n
+ nH
2
O + nCO
2

*Tự chọn: 1 mol R
2
(CO
3
)
n
. 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 lợng dung dịch H
2
SO
4
9,8% cần dùng là: 1000n gam
Khối lợng CO
2
bay ra là: 44n

thì thu đợc
41
165a
gam CO
2
và
41
75,60 a
gam H
2
O.
a) Tìm công thức phân tử của A và B. Biết X không làm mất màu nớc 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
14
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
Ankan: C
n
H
2n+2
+
OHnnCOO
n
222
)1(
2
13
++

HC
nn
+







+

Ta thấy
OHCO
nn
22
>
- Với aren:
OHnnCOO
222
)3(
2
3-3n
6-CnH2n +







)(75,154575,60
22
====

Ta thấy khi đốt cháy A:
22
COOH
nn >

A là ankan (C
n
H
2n+2
)
OHnnCOO
n
HC
nn 22222
)1(
2
13
++






+
+

66
)(6633.2132
22
molngamm
COCO
====

)(75,0
18
5,13
)(5,1375,15.245
22
molngm
OHOH
====
>
OHCO
nn
22
B là aren.

OHnnCOO
n
HC
nn 22262
)3(
2
33
+


2
do B sinh ra là 1,5 mol. A và B đều có 6 nguyên tử cácbon. Mà: n
A
=n
B

Mỗi chất
chiếm 50% về số mol.
H. Phơng pháp biện luận để tìm công thức phân tử các chất:
Để giải bài toán tìm công thức phân tử ta có thể biện luận theo các nội dung sau:
- Biện luận theo hoá trị
- Biện luận theo lợng chất (g, mol)
- Biện luận theo tính chất
- Biện luận theo kết quả bài toán.
- Biện luận theo các khả năng phản ứng có thể xảy ra.
- Biện luận theo phơng 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 (d) thì thu đợc 8,96
lít khí H
2
(đktc). Mặt khác khi hoà tan 9,6 gam kim loại hoá trị II đó còn dùng cha 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.
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(1)

x 0 0,1 0,2 0,3
(a)
M 40 34,7 24 -8
Từ bảng (a)

M<40
Theo giả thiết và (2) ta có: n
R
< 0,5 mol.
R
n
M
6,9
=
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 lợng 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:
16


M = 16: loại vì X chính là Oxi.
n=3

M = 24: loại (Mg không có hoá trị III).
n=4

M = 32: Đúng (X là lu huỳnh).
n = 5

M = 40: loại (Ca không có hoá trị V).
n = 6

M = 48: loại (Ti không có hoá trị VI).
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 lu huỳnh.
K. Phơng pháp đờng chéo:
Phơng pháp này thờng đợc 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
Nhng hỗn hợp cuối cùng phải đồng thể.
Phơng pháp này đặc biệt thích hợp khi pha chế dung dịch.
Chú ý: Phơng pháp này không áp dụng cho các trờng 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 trờng hợp có phản ứng nhng cuối cùng cho cùng một chất thì áp dụng đợc (VD: hoà tan
Na

x
2
x
1
-x
D
1
, D
2
: Khối lợng các chất đem trộn ứng với x
1
, x
2
.
x, x
1
, x
2
: Khối lợng các chất quy về trong 100 đơn vị khối lợng 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 lợng nớc cần thêm vào:
m 0 4
8 (1)

==
CO
H
V
V
V
CO
28 22
III. Các bài toán minh hoạ
Bài 1:
Cho 3,04g hỗn hợp NaOH và KOH tác dụng với dung dịch HCl thu đợc 4,15g các muối clorua. Nếu
đem điện phân nóng chảy hỗn hợp trên lợng hỗn hợp kim loại thu đợc là bao nhiêu (g)?
A.2,02B. 2,03 C. 2,04 D. Đáp án khác
Giải:
Đặt n
NaOH
= x mol, n
KOH
= y mol. Ta có hệ phơng trình:
40 56 3,04
58,5 74,5 4,15
x y
x y
+ =


+ =

giải hệ:
0,02

2
CO
3
. Nếu cho 3,13g hỗn hợp muối
trên tác dụng hoàn toàn với dd HCl thu đợc V lít khí ở đktc. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí đó vào dung
dịch Ca(OH)
2
d thu đợc 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
O + CO
2
x 2x x

CO
n m g
= = =
Bài 3:
Hoà tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng axit HCl d thu đợc khí A và 2,54g chất rắn B. Biết trong hợp
kim này khối lợng Al gấp 4,5 lần khối lợng Mg. Thể tích khí A là (lit):
A. 7,84 B. 5,6 C. 5,8 C. 6,2 D.Không xác định đợc.
Giải:
m
Mg+Al
= 9,14 - m
Cu
= 9,14 - 2,54 = 6,6(g) tơng ứng 1 phần khối lợng Mg và 4,5 phần khối lợng
Al

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


Mg
2+

+ H

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
Đáp án: B
Bài 5:
Để nhận biết ba axit đặc nguội: HCl, H
2
SO
4

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
+
=
2
5,32
0,2375( )
22,4
H
n mol
= =

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

= =
19
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
m
muối
= m
oxit
+
2 2
4
SO O
m m


= 2,81 + 0,05.96 - 0,05.16 = 6,81(g)


+4
(NO
2
)
a a
Ta có: 0,3 + a =
a = 0,9

Đáp án: D
Bài 10 ( thi i hc nm 2007).
Cho 4,48 lớt hn hp X ( ktc) gm 2 hirocacbon mch h li t t qua bỡnh cha 1,4 lớt dung dch
brom 0,5 M. Sau khi phn ng hon ton s mol brom gim i mt na v khi lng bỡnh brom tng
thờm 6,7 g. CTPT ca 2 hirocacbon l :
A. C
2
H
2
v C
4
H
6
C. C
3
H
4
v C
4
H
8
B. C

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
Nghim hp lớ : B
Bài 11 (Đề thi ĐH năm 2007).
Ba hiđrocacbon X, Y, Z kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.Trong đó khối lợng phân tử Z gấp đôi khối l-
ợng phân tử X. Đốt cháy 0,1 mol chất Y, sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)
2
d, thu đợc
số gam kết tủa là :
A.20 B.40 C.30 D.10
Giải
X + 2 nhóm CH
2
Z mà khối lợng 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

x
H
y
+ HCl C
x
H
y+1
Cl
35,5 12x + y +36,5
45,223 100
12x + y + 36,5 = (35,5.100) : 45,223 = 78,5
12x + y = 42 x = 3; y = 6
Đáp án A.
Bài 13
20
Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai
Ba hiđrocacbon A, B, C kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng ankan, biết tỉ số khối lợng phân tử C và A là
29 : 15. Khi đốt cháy hết 0,2 mol B, sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào nớc vôi trong d. Thu đợc số 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

H
6
C. C
4
H
8
D. C
3
H
4
Giải
C
x
H
y
+ (x + y/4) O
2
x CO
2
+ y/2 H
2
O
a a(x + y/4) xa
Hỗn hợp Z gồm O
2
d và CO
2
Mol O
2
d = 10a xa ay/4