PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ.
I – LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Đứng trước xu thế đổi mới giáo dục của đất nước, trong đó có đổi mới hình thức
đánh giá học sinh. Từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm khách
quan, song hình thức thi trắc nghiệm khách quan có những yêu cầu khác biệt so với
hình thức thi tự luận đó là: Trong một thời gian ngắn học sinh phải giải quyết một
số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó bài tập yêu cầu phải tính toán chiếm
số lượng không nhỏ). Mặt khác đối với học sinh lâu nay chủ yếu làm các bài tập
theo hình thức tự luận nên khi làm các bài tập theo hình thức trắc nghiệm khách
quan thì thường lúng túng, mất nhiều thời gian. Đứng trước yêu cầu đó việc vận
dụng các kiến thức đã học để giải các bài tập hoá học trắc nghiệm khách quan một
cách thành thạo là một vấn đề cấp thiết, chính vì vậy tôi chọn đề tài (( vận dụng
một số quy tắc và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học trắc nghiệm
khách quan )).
Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh vận dụng một số định luật cơ bản và
một số quy tắc của hoá học để giải các bài tập trắc nghiệm khách quan từ đó giúp
các em học sinh hình thành các kĩ năng giải bài tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng
phân dạng và các thao tác tính toán).
II- GIỚI HẠN PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI
Do khuôn khổ của đề tài có hạn nên đề tài chỉ đề cập đến việc vận dụng một số
định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học trong chương trình THPT để giải
các bài tập tính toán hoá học trắc nghiệm khách quan.
III- PHƯƠNG PHÁP THỰC NGHIỆM
Trên cơ sơ hướng dẫn học sinh ôn tốt nghiệp, ôn thi đại học-cao đẳng và thi học
sinh giỏi. Những học sinh được trang bị kiến thức vận dụng các định luật cơ bản
và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh bài tập hoá học có khả năng giải bài
tập trắc nghiệm khách quan, nhanh, chính xác, nhuần nhuyễn và thuần thục hơn
hẳn so với những học sinh không được trang bị kiến thức này. Để thực hiện đề tài
này tôi làm phép thực nghiệm, đối chiếu so sánh kết quả, giữa các lớp 12C2, 12C3
trường THPT Yên Định 2 (năm học 2010-2011). Đây là những lớp có lực học
tương đương nhau (mức độ tiếp thu, khả năng tư duy tương đương nhau) và cùng

1.Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng
a. Cơ sở lí thuyết
Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo
thành.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 1.1:
Cho 1,04 gam hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong H2SO4 loãng dư thấy có
0,672 lít khí thoát ra (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng hỗn hợp muối sunfat có
2


trong dung dịch X là:
A. 3,92gam.
B. 1,68gam.
Hướng dẫn giải:
Giả sử 2 kim loại là M, hoá trị n.

C. 0,46gam.

D.2,08gam.

0, 672

nH 2 =
= 0,03 mol.
22, 4
→ M2(SO4)n + nH2 ↑
Phương trình phản ứng: 2M + nH2SO4(loãng) 
(Mol)
0,03

→ 2Fe3O4 + CO2 (2)
0

t
FeO + CO 
→ Fe + CO2
0

(4)

13, 2
Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có: nCO = nCO2 =
= 0,3 mol
44

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m

=

mA

=

mB

+

mCO2 - mCO = 40 + 13,2 – 0,3 . 28 = 44,8gam. (đáp án B)

→ 2CH3COONa + H2 ↑
(1)
2C2H5OH + 2Na 
→ 2C2H5ONa + H2 ↑
(2)
→ 2CH3COONa + H2 ↑
2CH3COOH +2Na 
(3)
2C6H5OH + 2Na 
→ 2C6H5COONa + H2 ↑
(4)
Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy:
0, 672 1
nH 2 =
= nNa = 0,03 mol
22, 4 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
MY = mX + mNa - mH = 3,38 + 0,06 . 23 – 0,03 . 2 = 4,70gam. (đáp án C)
2

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
khối lượng.
Điểm mấu chốt nhất của giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng là
tìm ra mối liên hệ giữa số mol các chất trong phản ứng.
2. Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố
a. Cơ sở lí thuyết.
((
Trong phản ứng hoá học các nguyên tố được bảo toàn )). Suy ra trong các phản
ứng hoá học tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản

0

D. 57,6 gam

(5)

t
2Fe(OH)3 
(6)
→ Fe2O3 + 3H2O
Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy:
nFe(trong X) = nFe(trong G) = 0,1 . 0,2 + 0,2 . 0,3 = 0,8 mol
0

⇒

nFe2O3 =

1
0,8
nFe =
= 0,4 mol ⇒ m = 0,4 . 160 = 64 gam (đáp án A)
2
2

Bài tập 2.2:
Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 2O3 sau một
thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Tỉ khối của Z so với
H2 là:
A. 19

→ CO2 + H2O
0

5


⇒ nH (trong butan) = nH (trong X) = nH (trong nước) =
⇒

nH 2O =

11, 6
.10 = 2 mol
58

1
2
nH (trong nước)= = 1 mol ⇒ m = mH 2O =1 . 18 = 18 gam. (đáp án B)
2
2

Bài tập 2.4:
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một ankin và
H2. Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H 2SO4 (đặc) và bình đựng Ca(OH)2
dư, thấy bình đựng H2SO4 (đặc) tăng 9,9 gam và bình Ca(OH)2 tăng 13,2 gam. Giá trị
của m là:
A. 3,6 gam
B. 4,3 gam
C. 2,8 gam
D. 4,7 gam

C. Ag
D. Ni
Hướng dẫn giải:
8, 96

Đặt nNO = x mol ⇒ nNO2 = 3x mol ⇒ x + 3x = 22, 4 = 0, 4 mol

⇒ x = 0,1 mol.

6


⇒

{

nNO =0,1mol
nNO2 = 0,3 mol .

19, 2
.n mol
Quá trình nhường electron: M → Mn+ + n e ⇒ n e (nhường) =
M

Quá trình nhận electron: 4 N+5 + 6 e → N+3 + 3N+4 ⇒ ne (nhận) = 0,6 mol
⇒

19, 2
.n = 0,6 ⇒ M = 32n ⇒ n = 1, M = 32. n = 2, M = 64, n = 3, M = 96.
M

⇒ 0,15 . 3 + 0,15 . n = 0,6 ⇒ n = 1 ⇒ N+5 + 1e → N+4 ⇒ NO2 . (đáp án A)

Bài tập 3.3:
Để m gam phôi bào Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn
hợp A gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3
dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc). Giá trị của m là:
A. 9,27 gam
B. 10,08 gam
C. 11,20 gam
D. 16,80 gam
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe


→B

m gam

{ }   →
Fe
FeO
Fe3O4
Fe2O3

ddHNO3

12 gam

Quá trình nhường electron: Fe0 
→ Fe3+ + 3e ⇒ ne (nhường) =

H2. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y trong dung dịch H2SO4 đặc thì
thu được V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của V là:
A. 224ml.
B. 448ml.
C. 336ml.
D. 112ml.
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra:
Gọi a mol SO2 (S+6 nhận → S+4) ⇒ Số mol electron (S+6 nhận → S+4) = 2a mol.
0

t
→ Fe + H2O
FeO, Fe3O4, Fe2O3 + H2 

⇒ mFe = mY +
⇒ nFe =

mH2 - mH2O

= 3,04 + 0,05 . 2 – 0,05 . 18 = 2,24 gam

2, 24
= 0,04 mol
56

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
⇒ ne (Hiđro nhường) + ne ( s +6 nhận 
→ s +4 ) = ne ( Fe → Fe3+ ) ⇒ 0,05 . 2 + 2a = 0,04 . 3
⇒ a = 0,1 mol ⇒

D. 300 ml

điện tích âm = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol.
8


Phản ứng tạo kết tủa:
Mg2+ + CO32- → MgCO3 ↓
Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓
Ca2+ + CO32- → CaCO3 ↓
⇒

nNa2CO3

⇒

CNa2CO3 =

=

nCO 2−
3

=

∑

(điện tích âm) =

0, 3


(đáp án A)

Bài tập 4.3:
Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M thu được
dung dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,1 M thu
được kết tủa Y. Để thu được lượng Y lớn nhất thì giá trị của m là:
A. 1,59 gam
B. 1,17 gam
C. 1,71 gam
D. 1,95 gam
Hướng dẫn giải:
Phản ứng của K với nước: 2K + 2H2O → 2KOH + H2 ↑
m
mol KOH, 0,03 mol Ba(OH)2 và 0,03 mol NaOH
39
m
m
Điện tích âm dd X = ∑ nOH − =
+ 0,03.2 + 0,03.1= ( + 0,09) mol
39
39

Dung dịch X chứa:
⇒

∑

nAl2 ( SO4 )3 = 0,2 . 0,1 = 0,02 mol
9

0,1 mol
Tác dung của 100ml dung dịch X với BaCl2:
CO32- + Ba2+ → BaCO3 ⇒ mBaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam
SO42- + Ba2+ → BaSO4 ⇒ mBaSO4 = 43 – 19,7 = 23,3gam ⇒ nBaSO4 = 0,1 mol
Tác dung của 100ml dung dịch X với NaOH:
4, 48

NH4+ + OH − → NH3 + H2O ⇒ nNH3 = 22, 4 = 0,2 mol . Đặt nNa + = x mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: x + 0,2 = 0,1.2 + 0,1.2 ⇒ x = 0,2 mol
m = 5( 0,2.23 + 0,2.18 + 0,1.60+ 1,1.96) = 119 gam. (đáp án B)
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
điện tích.
Điểm quan trọng nhất trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn điện
tích là thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch.
5. Vận dụng sự tăng giảm khối lượng khi chuyển hoá chất này thành chất
khác.
a. Cơ sở lí thuyết.
Ví dụ 1: Xét phản ứng: MCO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 ↑ + H2O
10


Theo phản ứng: 1mol MCO3 → MCl2. Khối lượng tăng thêm 71 – 60 = 11 gam và
có 1 mol CO2 tạo thành. Vậy khi biết khối lượng tăng suy ra số mol CO2 và ngược
lại khi biết số mol CO2 suy ra khối lượng tăng.
Ví dụ 2: Xét phản ứng: RCOOR ' + NaOH

0

 t→



0, 03
= 0,15 M. (đáp án B)
0, 2

Bài tập 5.2:
Một bình cầu dung tích không đổi 448 ml nạp đầu O 2(đktc) khối lượng m1. Phóng
điện để ozon hoá sau đó nạp thêm O2 đầy bình (ở đktc) khối lượng m2. ta thấy :
M2 – m1 = 0,03gam. Thành phần % về thể tích của O3 trong bình sau phản ứng là:
A. 9,375%
B. 10,375%
C. 11,375%
D. 8,375%
Hướng dẫn giải:
Ta thấy trong bình trước và sau phản ứng cùng (ở đktc). Suy ra tổng số mol các khí
trước và sau phản ứng khi đã nạp thêm O2 là như nhau.
11


⇒ O2 
→ O3 tăng 16 gam ⇒

% VO3 =

nO3 = 0, 03 mol ⇒ VO = 0, 03 .22, 4 lít
16

3

16

D. 17, 82 gam
Hướng dẫn giải:
−

Đặt công thức chung của 3 este là: R (COOCH 3 ) − ta có:
a

−

−

R (COOCH 3 ) − + a NaOH
a


→

−

x

a .x

−

−

R(COONa ) − + a CH3OH
a
x

x1.M1 + x2 .M 2 + ... + xn .M n
Trong đó: x1, x2, ... xn là số mol các chất và M1,
x1 + x2 + ... + xn

M2, ...Mn là phân tử khối (nguyên tử khối) của các chất thứ (1), (2), ... (n).
−

+ Nguyên tử số các bon trung bình của 2 nguyên tử là n = a. thì: n1 < a và n2 > a.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 6.1:
Hoà tan hoàn toàn 28,4 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại kiềm thổ thuộc 2
chu kì liên tiếp (trong bảng tuần hoàn) bằng dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít
CO2 (đktc). Hai kim loại đó là:
A. Be và Mg
B. Mg và Ca
C. Ca và Sr
D. Sr và Ba
Hướng dẫn giải:
−
−
−
Đặt công thức chung của 2 muối là M CO3 . M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2 + H2O.

6, 72
−
−
nCO2 = nR− CO =
= 0,3 mol. ⇒ 0,3( M + 60) = 28,4 ⇒ M = 34,67.
3
22, 4

2M + 60 < M muối < 2M +80 ⇒ 16 < M < 26 ⇒ Kim loại kiềm là Na.(đáp án B)

13


Bài tập 6.3:
Dung dịch X chứa 50 gam axit hữu cơ đơn chức 23%. Thêm 15 gam một axit
hữu cơ đơn chức khác vào dung dịch X thu được dung dịch Y. Để trung hoà Y cần
dùng 250ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Z. Cô cạn Z đuợc m gam
muối khan. Giá trị của m là:
A. 37,5 gam
B. 26,5 gam
C. 32,8 gam
D. 42,3 gam
Hướng dẫn giải:
23
.50 + 15 = 26,5 gam, n 2axit = nNaOH = 0,25.2 = 0,5 mol.
100
26,5
−
−
→ −
=
=
53.
Phản
ứng:
+
NaOH
2

2n
7
2
2.31
ken là C2H4.
Theo phản ứng cháy: C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O

CmH2m +

3m
O2 → mCO2 + mH2O
2

3
1
m.x + 3(1 − x)
Ta lại có tỉ lệ: = 2
; Trong đó x là % thể tích anken lớn.
7
31
⇒ m=

30 + 63 x
31,5 x

{

Khix >0,4(40%)⇒m
C1 − C

(1)

C1 − C

m2 C 2

+ Đối với nồng độ mol/lit:
V1

C2 − C

C1
C

V2

⇒

C2 − C
V1
=
V2
C1 − C

(2)

⇒


B. 1/3
C. 2/1
D. 3/1
15


Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức 1 có:

m1
45 − 25
20
2
=
=
= . (đáp án C)
15 − 25
m2
1
10

Bài tập 7.2:
Thêm 250ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch H 3PO4 1,5 M. Muối tạo thành
và khối lượng tương ứng là:
A. 14,2 gam Na2HPO4 và 32,8 gam Na3PO4
B. 28,4 gam Na2HPO4 và 16,4 gam Na3PO4
C. 12,0 gam NaH2PO4 và 28,4 gam Na2HPO4
D. 24,0 gam NaH2PO4 và 14,2 gam Na2HPO4
Hướng dấn giải:
nNaOH

1

nNa2HPO4 = o ,2 mol
nNaH 2PO4 = o ,1mol

2−

5 1
=
3 3

nNa2 HPO4 = 2 nNaH 2 PO4 = nH3PO4 = 0,3 mol

{

mNa2HPO4 = 0,2.142 = 28,4 gam
mNaH 2PO4 = 0,1.120 =12,0 gam .

(đáp án C)

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng quy tắc đường chéo.
Quy tắc đường chéo có thể vận dụng giải nhiều dạng bài tập nhưng tác dụng đặc
biệt nhất trong quá trình giải các bài tập về pha chế dung dịch, đơn bazơ tác dụng
với đa axit, tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp khí, bài toán 2 chất vô cơ của 2 kim loại có
tính chất tương tự nhau vv...
PHẦN 3: KẾT LUẬN
Để có sự đánh giá khách quan sau thời gian ứng dụng đề tài “vận dụng một số quy
tắc và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học trắc nghiệm khách quan ’’ vào
thực tiễn giảng dạy tôi đã chọn ra 2 lớp 12 đó là: 12C2 và 12C3 trường THPT Yên
16

12C2

50

0

0

1

1

8

12

17 8

3

0

12C3

50

0

1


10

13 9

4

1

12C3

50

0

2

3

4

12

14

8

1

0


17


TRỊNH XUÂN THIẾT

18