công thức tính nhanh môn hóa học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUI NHƠN






BÀI TẬP
NGHIÊN CỨU KHOA HỌC
ĐỀ TÀI
TÌM HIỂU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP NHẨM
NHANH KẾT QUẢ BÀI TOÁN HOÁ HỌC TRẮC
NGHIỆM KHÁCH QUAN



Giáo viên hướng dẫn :Võ Văn Duyên Em
Lớp : SP Hoá – K27
Phương pháp nhẩm nhanh
LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu đề tài “ Tìm hiểu một số
phương pháp nhẩm nhanh kết quả bàitoán hoá học trắc
nghiệm khách quan” đã hoàn thành.
Để hoàn thành đề tài này tôi đã được sự giúp đỡ, chỉ bảo tận
tình của thầy Võ Văn Duyên Em.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất đến thầy
Duyên Em.
Quy Nhơn , ngày … tháng 04 năm 2008
2
Phương pháp nhẩm nhanh

PHẦN I : MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Theo qui định của Bộ Giáo Dục Việt Nam thì từ kì thi tuyển
sinh đại học vào tháng 7 năm 2007, các môn thi ngoại ngữ, vật lý,
hóa học và sinh vật sẽ thi trắc nghiệm. Hình thức thi là chọn lựa
phương án trả lời đúng chính xác nhất trong 4 phương án (A, B, C,
D) đưa ra sẵn, thời lượng thi mỗi môn trắc nghiệm là 90 phút và có
khoảng 50 câu hỏi cho mỗi môn. Như vậy trung bình có khoảng
1,8 phút vừa đọc vừa làm cho một câu hỏi. Chắc rằng trong đó sẽ
có các câu tương đối dễ, để ai có học bài đầy đủ, vừa đọc xong đề
là quyết định ngay câu trả lời, các câu loại này thường chỉ cần 15
giây(0,25 phút) làm bài . Còn lại một số câu cần suy nghĩ lâu hơn
hay các bài toán cần phải có thời gian suy nghĩ và tính toán mới có
số liệu để trả lời. Nhưng với thời gian eo hẹp nên gặp bài toán trắc
nghiệm, chúng ta cần làm quen với các phương pháp giải ngắn cho
kết quả nhanh.
Chính vì vậy, tôi mạnh dạn “Tìm hiểu một số phương pháp
nhẩm nhanh kết quả bài toán hóa học trắc nghiệm khách quan” đã
sử dụng trong đợt thực tập sư phạm.
2. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI :
Tìm hiểu một số phương pháp nhẩm nhanh kết quả bài toán
hóa học trắc nghiệm khách quan giúp học sinh Trung Học Phổ
Thông nắm bắt và áp dụng một cách linh hoạt các phương pháp
3
Phương pháp nhẩm nhanh
nhẩm nhanh trong khi giải các bài tập trắc nghiệm môn hóa nhằm
có kết quả nhanh nhất, đảm bảo hoàn thành bài thi trắc nghiệm một
cách tốt nhất.
3. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI :
a- Tìm hiểu sơ lược các phương pháp giải bài tập hóa học ở

Trung Học Phổ Thông
b- Sử dụng các phương pháp giải bài tập hoá học để nhẩm
nhanh kết quả bài toán hóa học trắc nghiệm khách quan.
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU :
Để hoàn thành các nhiệm vụ đặt ra của đề tài, tôi đã sử dụng
phương pháp nghiên cứu lý thuyết .

4
Phương pháp nhẩm nhanh
PHẦN II : NỘI DUNG
CHƯƠNG I
GIỚI THIỆU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI NHANH
CÁC BÀI TOÁN HOÁ HỌC Ở THPT .
Để giải được các đề thi trắc nghiệm một cách chính xác,
nhanh gọn, kịp thời gian qui định. Ta cấn dùng các phương pháp
giải nhanh như :
Phương pháp dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố và khối
lượng, phương pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp trung
bình , phương pháp đường chéo, phương pháp bảo toàn electron,
phương pháp qui đổi, vân dụng định luật đương lượng hay dựa vào
các mối liên hệ khái quát giữa các đại lượng … mà không dùng các
phương pháp cổ điển như : phương pháp đặt ẩn số, giải hệ phương
trình, phương pháp ghép ẩn số hay những phương pháp rắc rối
khác.
Vì vậy ở đây chúng ta chỉ tìm hiểu một số phương pháp để
giải nhanh các bài tập hoá học đã được nêu ở trên.
1. PHƯƠNG PHÁP DỰA VÀO ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
NGUYÊN TỐ VÀ BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG :
1.1. Hệ quả 1 : Trong các phản ứng hoá học, tổng khối lượng
các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản

phẩm tạo thành.
5
Phương pháp nhẩm nhanh
Phản ứng hoá học : A + B  C + D
thì m
a
+ m
b
= m
c
+ m
d

1.2 . Hệ quả 2 : Gọi m
T
là tổng khối lượng các chất trước phản
ứng, gọi m
S
là tổng khối lượng các chất sau phản ứng, thì dù cho
phản ứng xảy ra vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có : m
T
= m
S

1.3. Ví dụ 1 : Cho 9,85g hỗn hợp 2 amin đơn chức no bậc 1 tác
dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được 18,975g muối. Vậy
khối lượng HCl cần phải dùng là :
A. 9,521g B. 9,125g C. 9,215g D. 9,512g
* Cách giải thông thường :
Đặt công thức tổng quát của amin thứ nhất là: C

n
H
2n+1
NH
2
có
a mol.
Đặt công thức tổng quát của amin thứ hai là : C
m
H
m+1
NH
2
có
b mol.
Phương trình phản ứng :
C
n
H
2n+1
NH
2
+ HCl  C
n
H
2n+1
NH
3
Cl
a a a mol

C
m
H
m+1
NH
2
+ HCl  C
m
H
2m+1
NH
3
Cl
b b b mol
Theo đề bài ta có hệ phương trình :
{
(14 17) (14 17) 9,85
(14 53,5) (14 53,5) 18,975
a n b m
a n b m
+ + + =
+ + + =
{
14( ) 17( ) 9,85
14( ) 53,5( ) 18,975
an bm a b
an bm a b
+ + + =
+ + + =
⇔

6
Phương pháp nhẩm nhanh
{
0,25
0,4
a b
an bm
+ =
+ =
⇔
Khối lượng a mol phải dùng là :
m = (a+b) x 36,5 =0,25 x 36,5 = 9,125g
* Cách giải nhanh :
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có :
m
hh amin
+ m
HCl
= m
hh muối
 m
HCl
= 18,975 – 9,85 = 9,125g.
1.4. Ví dụ 2 : Đốt cháy hoàn toàn mg hồn hợp 2 rượu : X và Y
thuộc dãy đồng đẳng của rượu metylic thì thu được 79,2g CO
2
và
43,2g H
2
O. Giá trị m là :

A. 36g B. 28g C.20g D.12g
* Cách giải thông thường :
Đặt công thức tổng quát trung bình của rượu là:
2 1n n
C H OH
+
.
2 1n n
C H OH
+
+
3
2
n
O
2
→

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

n

n

+1 mol
→
Số mol CO
2
=
79,2
44
= 1,8 mol
→
Số mol H
2
O =
43,2
18
= 2,4 mol
Ta có :
n
x 2,4= 1,8(
n
+1)
→

n
=3
7
Phương pháp nhẩm nhanh
Số mol của rượu là : n =
1,8
n
=

1,8
3
= 0,6 mol
→
a= 0,6(14 x 3 x 18) = 36g.
* Cách giải nhanh :
Vì đốt cháy rượu no đơn chức nên :
số mol O
2
=1,5 x số mol CO
2
=1,5 x 1,8 = 2,4 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
a = 79,2 + 43,2 – 2,7 x 32 = 36g.
2. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG :
2.1 Nguyên tắc:
Khi chuyển chất A

B có thể qua nhiều giai đoạn trung
gian. Theo quá trình phản ứng, khối lượng chất rắn giảm bao
nhiêu gam thường được tính theo tỉ lệ số mol các chất tham gia
phản ứng và dựa vào sự thay đổi khối lượng của các chất rắn
(Điều kiện đề bài cho) người ta tính được số mol chất tham gia
phản ứng hoặc sốmol chất tạo thành sau phản ứng .
2.2 Ví dụ 1 : Cho 20,15g hỗn hợp 2 axit no đơn chứctác dụng vừa
đủ với dung dịch Na
2
CO
3
thì thu được V lít khí CO

2
(đo đktc
thường) và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thì thu 28,96g muối.
Giá trị củaV là :
A. 4,84 lít B. 4,48 lít C. 2,24 lít D. 2,42 lít
E. Kết quả khác.
8
Phương pháp nhẩm nhanh
* Cách giải thông thường:
Gọi công thức tổng quát của axit thứ nhất là RCOOH có a
mol.
Gọi công thức tổng quat của axit thứ hai là : R
1
COOH có b
mol.
Phương trình phản ứng :
2RCOOH + Na
2
CO
3
 2RCOONa + CO
2
+ H
2
O
a mol a mol
2
a
mol
2R

1
COOH + Na
2
CO
3

→
2R
1
COONa + CO
2
+ H
2
O
b mol b mol
2
b
mol
Theo đầu bài ta có hệ phương trình :
{
1
1
( 45) ( 45) 20,15
( 67) ( 67) 28,96
R R
R R
a M b M
a M b M
+ + + =
+ + + =

{
1
1
45 45 20,15
67 67 28,96
R R
R R
aM a bM b
aM a bM b
+ + + =
+ + + =
→

{
1
1
45( ) ( ) 20,15
67( ) ( ) 28,96
R R
R R
a b aM bM
a b aM bM
+ + + =
+ + + =
→

→
a+b = 0,4

9
Phương pháp nhẩm nhanh
→
Số mol CO
2
=
2
a b
+
= 0,2 mol
Vậy thể tích CO
2
: V= 0,2 . 22,4 = 4,48 lít.
* Cách giải nhanh :
Gọi công thức tổng quát của 2 axit là
R COOH
−
Phương trình phản ứng :
2
R COOH
−
+ Na
2
CO
3
→
2
R COONa−
+ CO
2

+ H
2
O
Theo phương trình ta có :
2 mol axit tạo ra 2 muối thì có 1 mol CO
2
bay ra và khối
lượng tăng : 2(23 – 1) = 44g.
Theo đề bài :
Khối lượng tăng 28,96 – 20,15 = 8,81g
→
Số mol CO
2
=
8,81
44
= 0,2 mol
→
Thể tích CO
2
: V = 0,2 . 22,4 = 4,48 lít.
2.3 Ví dụ 2 : Cho dung dịch AgNO
3
dư tác dụng với dung dịch hỗn
hợp có hoà tan 6,25g hai muối KCl và KBr thu được 10,39g hỗn
hợp AgCl và AgBr. Hãy xác định số mol hỗn hợp đầu.
A. 0,08mol B. 0,06 mol
C. 0,03 mol D. 0,05 mol
* Cách giải nhanh :
Cứ 1 mol muối halogen tạo thành 1 mol kết tủa

→
Khối
lượng tăng : 108 – 39 = 69g.
10
Phương pháp nhẩm nhanh
Vậy 0,06 mol muối halogen tạo thành 1 mol kết tủa
→
Khối
lượng tăng : 10,39 – 6,25 = 4,14g
Vậy tổng số mol hỗn hợp ban đầu là :0,06 mol.
2.4 Ví dụ 3 : Hoà tan hoàn toàn 104,25g hỗn hợp X gồm NaCl và
NaI vào nước được dung dịch A. Sục khí Cl
2
dư vào dung dịch A .
Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5g muối khan.
Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là :
A. 29,25g B. 58,5g C. 17,55g D. 23,4g
* Cách giải nhanh :
Khí Cl
2
dư chỉ khử được muối NaI theo phương trình :
2NaI +Cl
2

→
2NaCl + I
2

Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl
→

Khối lượng muối
giảm : 127 – 35,5 = 91,5g .
Vậy 0,5mol NaI tạo thành 1mol NaCl
→
Khối lượng muối
giảm :
104,25 – 58,5 = 45,75g
→
m
NaI
= 150 x 0,5 = 75g
→
m
NaCl
= 104,25 -75= 29,25g .
3. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH(
M
,
n
,
a
,
R
)
3.1 Nguyên tắc :
Dùng khối lượng mol trung bình (
M
)để xác định khối lượng
mol các chất trong hỗn hợp đầu :
M

1
<
M
<M
2
<…<M
n
( Trong đó M
1
< M
2
< <M
n
)
11
Phương pháp nhẩm nhanh
M
=
hh
hh
m
n
=
1 1 2 2
1 2


n n
n
n M n M n M

n n n
+ + +
+ + +
Đối với các bài toán hữu cơ thì chủ yếu dùng phương pháp
này, để xác định các chất cùng dãy đồng đẳng hoặc cùng nhóm
chức cùng gốc hiđrôcacbon. Một số lượng lớn bài toán hữu cơ
dùng phương pháp khối lượng mol trung bình, còn mở rộng thành
số nguyên tử cacbon trung bình, số liên kết
π
(pi) trung bình , hoá
trị trung bình, gốc hiđrôcacbon trung bình (
R
).
Đối với các bài toán vô cơ thì dùng để xác định các nguyên
tố ở cùng phân nhóm chính hoặc các nguyên tố có cùng một hoá
trị.
3.2 Ví dụ 1 : Cho hỗn hợp 3 muối ACO
3
,BCO
3
, XCO
3
tan trong
dung dịch HCl 1 mol vừa đủ tạo ra 0,2 mol khí. Thể tích (ml) dung
dịch HCl đã dùng là :
A.200 B. 100 C.150 D. 400
* Cách giải nhanh :
Đặt công thức phân tử chung của 3 muối là :
3
MCO

Phương trình phản ứng :
3
MCO
+ 2HCl
→

2
MCl
+ CO
2
+ H
2
O
Nhận thấy : n
HCl
=
2
2
CO
n
= 0,4 mol
→
V
dd HCl
=
0,4
.1000 400
1
ml= →

Chọn D.
12
Phương pháp nhẩm nhanh
3.3 Ví dụ 2 : Một hỗn hợp X gồm 2 ankin là đồng đẳng kế tiếp
nhau : Nếu cho 5,6 lít hỗn hợp X (đktc) đi qua bình đựng dung
dịch Brôm có dư thì thấy khối lượng bình tăng 8,6g . Công thức
phân tử của 2 ankin là :
A. C
3
H
4
và C
4
H
6
B. C
4
H
6
và C
5
H
8

C. C
2
H
2
và C
3

H
4

* Cách giải thông thường :
Đặt công thức tổng quát của ankin thứ nhất là : C
n
H
2n-2
có a
mol.
Đặt công thức tổng quát của ankin thứ hai là : C
m
H
2m-2
có b
mol.
Phương trình đối chứng :
C
n
H
2n-2
+ Br
2

→
C
n
H
2n-2
Br

2
C
m
H
2m-2
+ Br
2

→
C
m
H
2m-2
Br
2
Theo đề bài ta có :
Dẫn hỗn hợp qua bình đựng dung dịch Brôm thì ankin bị giữ
lại
→
khối lượng 2 ankin là 8,6g .
Ta có :
( )
5,6
0,25 1
22,4
(14 2) (14 2) 8,6
a b
a n b m
+ = =
− + − =






→
14an -2a + 14bm – 2b = 8,6
→
14(an + bm) -2(a+b) = 8,6
( )
( )
8,6 2 0,25
0,65 2
14
an bm
+ ×
→ + = =
13
Phương pháp nhẩm nhanh
Từ (1)
→
a = 0,25 – b thay vào (2)
→
(0,25 – b) x n + mb = 0,65
→
b( m – n ) = 0,65 – 0,25n
0,65 0,25n
b
m n
−

→ =
−
mà 0<b<0,25
0<
0,65 0,25n
m n
−
−
<0,25
{
2,6 1,2
2,6 3,4,5
n n
m m
〈 → =
〉 → =
→
Mặt khác 2 ankin liên tiếp nhau nên n = 2 và m = 3 .
Công thức phân tử của 2 ankin là C
2
H
2
và C
3
H
4
.
* Cách giải nhanh :
Theo đề bài ta có khối lượng của 2 ankin là 8,6g.
Số mol của 2 ankin là :

5,6
0,25
22,4
n mol
= =
Khối lượng phân tử trung bình của 2 ankin là :
8,6
34,4 /
0,25
m
M g mol
n
= = =
→
M
1
<34,4<M
2
, với 2 ankin liên tiếp nhau:
→
M
1
= 26 và M
2
= 40.
Vậy công thức phân tử của 2 ankin là : C
2
H
2
và C

3
H
4

→
chọn
đáp án C.
14
Phương pháp nhẩm nhanh
4. PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO:
4.1 Nguyên tắc :
Đối với những bài tập pha trộn các dung dịch có cùng chất
tan, khác về nồng độ hoặc pha loãng dung dịch bằng dung môi,
hay hoà tan chất tan vào dung dịch nhưng chất tan kết hợp với
dung môi tạo ra chất tan có cùng bản chất với chất tan có sẵn
trong dung dịch .
Ngoài ra qui tắc đường chéo còn để xác định mối quan hệ tỉ
lệ số mol các chất có trong hỗn hợp khi biết giá trị trung bình.
4.1.1 Pha trộn hai dung dịch có nồng độ phần trăm khác nhau
Trộn m
1
gam dung dịch A có nồng độ C
1
% với m
2
dung dịch
A có nồng độ C
2
% thu được mg dung dịch A có nồng độ C%
Ta có sơ đồ đường chéo sau :

C
C
1
C
2
C
1
C
2
1 1
2 2
m C
m C
∆
→ =
∆
4.1.2 . Pha trộn hai dung dịch có nồng độ mol khác nhau :
C
C
1
C
2
C
1
C
2
V
1
V
2

=
C
1
C
2
15
Phương pháp nhẩm nhanh
4.1.3 Xác định thành phần hỗn hợp chứa hai chất
Gọi số mol của chất A là n
A
, khối lượng mol là M
A
.
Gọi số mol của chất B là n
B
, khối lượng mol là M
B
.
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp là M
Giả sử M
B
> M>M
A
. Ta có sơ đồ đường chéo được biểu diễn
như sau :
C
M
A
M
B

M
1
=M
B
M
M
2
=M
M
A
Khi đó,
1
2
A
B
n M
n M
∆
=
∆
. Từ đó có thể tính được khối lượng hoặc
số mol từng chất trong hỗn hợp.
4.2. Ví dụ minh hoạ
4.2.1.Ví dụ 1 : Hoà tan 200g dung dịch NaOH 10% với 600g dung
dịch NaOH 20% được dung dịch A. Nồng độ % của dung dịch A là
A. 18 B. 16 C. 17,5 D. 21,3
* Cách giải nhanh :
Áp dụng sơ đồ đường chéo :
C
10

20
20 C
C
10
16
Phương pháp nhẩm nhanh
Ta có :
200 20
600 10
C
C
−
=
−
→
C = 17,5
→
Chọn đáp án C.
4.2.2 Ví dụ 2 : Trộn 200ml dung dịch HCl 1M với 300ml dung
dịch HCl 2 M thì thu được dung dịch mới có nồng độ mol/lit là :
A. 1,5M B. 1,2M C.1,6M D. 0,15M
* Cách giải nhanh :
Áp dụng sơ đồ đường chéo :
C
1
2
2 C
C
1
( )

200 2
1,6
300 1
C
C M
C
−
= ⇒ =
−
chọn đáp án C.
4.2.3 Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm 2 khí CO
2
và N
2
có tỉ khối so với
H
2
là 18. Vậy thành phần % theo khối lượng của hỗn hợp là :
A. 50;50 B. 38,89 ; 61,11
C. 20;80 D. 45;65
* Cách giải nhanh :
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có :
36
44
28
8
8
17
Phương pháp nhẩm nhanh
Như vậy :

2
2
1
CO
N
n
n
=
2
44
% 100 61,11(%)
44 28
CO
m
= × =
+
→
Chọn đáp án B.
5. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON :
5.1 Nguyên tắc :
Tổng electron nhường bằng tổng electron nhận
→
xác định
các quá trình oxi hoá khử dựa vào quá trình số oxi hoá của các
nguyên tố . Tìm mối liên hệ giữa chất khử và chất oxi hoá qua sự
bảo toàn.
Hạn chế : Chỉ áp dụng cho những bài toán có quá trình oxi
hoá khử .
* Với bài toán có chất khử là kim loại và axít có tính oxi
hoá thì :

Số mol electron trao đổi gấp bao nhiêu lần số mol diện tích
anion tạo muối thì số mol của anion tạo muối gấp bấy nhiêu lần số
mol của chất có số oxi hoá +x ( chất khử yếu hơn)
5.2. Ví dụ 1 : cho m(g) Fe tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch
HNO
3
x(M) thu được 2,24 lít khí NO (đktc). Tính giá trị x?
* Cách giải thông thường :
Phương trình phản ứng :
Fe + 4 HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO + H
2
O
18
Phương pháp nhẩm nhanh
Từ phương trình ta có :
3 2
2,24 0,4
4 4 0,4 4
22,4 0,1
HNO H O
n n mol x M
= = × = → = =

* Cách giải nhanh :
Phương trình nhận electron :
5 2
3N e N
+ +
+ →
Ta thấy số mol electron trao đổi gấp 3 lần số mol diện tích
anion tạo muối nên :
3
nNO
−
tạo muối = 3n
NO
mà nHNO
3
=
3
nNO
−
+ n
NO
=
3n
NO
+ n
NO
= 4x n
NO
→
x = 0,4/0,1 = 4M.

Với cách giải này học sinh không cần phải viếtphương trình
phản ứng chỉ cần lập tỷ số giưũa số mol electron trao đổi và số mol
của diện tích anion tạo muối và thực hiện một số phép tính đơn
giản , vì vậy sẽ tiết kiệm được rất nhiều thời gian.
5.3 Ví dụ 2 : Cho 1,35g hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với
HNO
3
dư được 1,12lít NO và NO
2
có khối lượng mol trung bình là
42,8. biết thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. tổng khối lượng
muối nitrat sinh ra là :
A. 9,65 B. 7,28 C. 4,24 D. 5,69
* Cách giải nhanh : dựa vào sơ đồ đường chéo tínhđược số mol
NO và NO
2
lần lượt là : 0,01 và 0,04 mol ta có các bán phản ứng :
3
3
2
2 2
4 3 2
2 1
NO H e NO H O
NO H e NO H O
− +
− +
+ + → +
+ + → +
19

Phương pháp nhẩm nhanh
Như vậy, tổng electron nhận là 0,07 mol.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al có trong 1,35g hỗn
hợp kim loại. Ta có các bán phản ứng :
Cu
→
Cu
2+

+ 2e Mg
→
Mg
2+
+ 2e
Al
→
Al
3+
+ 3e
→
2x + 2y + 3z = 0,07
Khối lượng muối nitrat sinh ra là :
m = mCu(NO
3
)
2
+ mMg(NO
3
)
2

+ mAl(NO
3
)
3

= 1,35 + 62(2x + 2y + 3z) = 1,35+ 62 x 0,07
= 5,69g
→
chọn đáp án D.
6. PHƯƠNG PHÁPQUY ĐỔI .
6.1 Các chú ý khi dùng phương phápquy đổi:
- Khi qui đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) –(Từ 3 chất trở
lên) thành hỗn hợp 2 chất hay chỉ còn 1 chất ta phải bảo toàn số
mol nguyên tố, bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
- Có thể qui đổi hỗn hợp X về bất kì cặp chất nào , thậm chí
qui đổi về một chất . Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản
có ít phản ứng oxi hoá - khử nhất để đơn giản việc tính toán.
- Trong quá trình tính toán theo phương pháp qui đổi đôi khi
ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn
hợp trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả
cuối cùng vẫn thoả mãn.
- Khi qui đổi hỗn hợp X về một chất là Fe
x
O
y
thì oxit Fe
x
O
y
tìm được chỉ là oxit giả định không có thực.

20
Phương pháp nhẩm nhanh
6.2. Ví dụ 1. Hoà tan hết m(g) hỗn hợp X gồm FeO , Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
bằng HNO
3
đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO
2
(đktc). Cô cạn dung
dịch sau phản ứng thu được 145,2g muối khan giá trị của m là :
A. 35,7g B. 46,4g C. 15,8g D. 77,7g.
* Cách giải nhanh :
Quy hỗn hợp X về hỗn hợp 2 chất FeO và Fe
2
O
3
ta có :
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)

3
+ NO
2
+ 2 H
2
O
0,2mol
¬
0,2mol
¬
0,2mol
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 2 H
2
O
0,2mol
¬
0,4mol
( )

3
3
145,2
0,6
242
Fe NO
n mol= =
0,2(72 160) 46,4
X
m g
⇒ = + =
→
chọn đáp án B.
6.3 Ví dụ 2: Nung 8,4g Fe trong không khí,sau phản ứng thu được
m gam chất rắn X gồm Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO. Hoà tan m gam hỗn
hợp X vào dung dịch HNO
3
dư thu được 2,24 lít khí NO
2
(đktc) là
sản phẩm khử duy nhất. giá trị của m là :
A. 11,2g B. 10,2g C. 7,2g D. 6,9g

* Cách giải nhanh :
- Quyhỗn hợp X về hai chất Fe và Fe
2
O
3
:
Hoà tan hỗn hợp X vào dungdịch HNO
3
dư ta có :
Fe + 6 HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ 3 NO
2
+3H
2
O
0,1/3 mol
¬
0,1mol
21
Phương pháp nhẩm nhanh
→
Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe
2

O
3
là :
2 3
8,4 0,1 0,35 0,35
56 3 3 3 2
Fe Fe O
n n
= − = ⇒ =
×
vậy
0,1 0,35
56 160 11,2
3 3
X
m gam
= × + × =
.
- Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe
2
O
3
:
FeO + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)

3
+ NO
2
+ 2H
2
O
0,1 mol
¬
0,1mol
Ta có :
2Fe + O
2

→
2FeO
0,1mol 0,1mol
4Fe + 3O
2

→
2Fe
2
O
3
0,05mol 0,025mol
0,1 72 0,025 160 11,2
hhX
m gam
→ = × + × =
→

chọn đáp án A.
*Chú ý : Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe
2
O
3
)
hoặc ( Fe và FeO) , hoặc (Fe và Fe
3
O
4
) nhưng việc giải trở nên
phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ
phương trình , giải hệ phương trình hai ẩn số).
- Quy hỗn hợp X về một chất là Fe
X
O
Y
:
Fe
X
O
Y
+(6x – 2y)HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3

+ (3x-2y)NO
2
+ (3x – y)H
2
O
0,1/(3x-2y)mol 0,1mol
8,4 0,1 6
56 3 2 7
Fe
x x
n mol
x y y
= = ⇒ =
−
Vậy công thức quy đổi là Fe
6
O
7
(M = 448) và
22
Phương pháp nhẩm nhanh
6 7
0,1
0,025
3 6 2 7
Fe O
n mol
= =
× − ×
→

m
X
= 0,025x 448 = 11,2gam.
*Nhận xét : Qui đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
về hồn
hợp hai chất là : FeO, Fe
2
O
3
là đơn giản nhất
7. VẬN DỤNG ĐỊNH LUẬT ĐƯƠNG LƯỢNG
7.1 Cơ sở lý thuyết :
- Trong một phản ứng hoá học các chất đều tương tác với
nhau hay thay thế nhau theo những lượng tỷ lệ với đương lượng
của chúng . Hoặc : Số đương lượng các chất tương tác hay thay
thế nhau trong một phản ứng luôn bằng nhau :
1 1
2 2
m D
m D
=
hoặc
1 2

1 2
m m
D D
=
(1)
Trong đó: m
1
, m
2
là khối lượng chất thứ nhất, chất thứ hai.
D
1
, D
2
là đương lượng gam chất thứ nhất, chất thứ
hai(2).
- Đương lượng của một chất là khối lượng của chất đó có thể
kết hợp hoặc thay thế cho một đơn vị khối lượng hidrô hoặc 8 đơn
vị khối lượng oxi.
- Khi xác định đương lượng gam của một chất cần phải căn
cứ vào phản ứng cụ thể mà chất đó tham gia.
- Mối quan hệ giữa đương lượng gam (D) và khối lượng mol
(M) của 1 chất là :
(2)
M
D
j
=
23
Phương pháp nhẩm nhanh

j: Là số electron hay điện tích (hoá trị) tham gia phản ứng . Từ (1)
và (2)
→
n
1
.j
1
= n
2
.j
2
(3)
(Trong đó : n
1
,n
2
lần lượt là số mol của chất thứ nhất, thứ hai ;
j
1
, j
2
lần lượt là số electron hay điện tích (hoá trị) tham gia phản
ứng của chất thứ nhất, thứ hai .)
7.2 Ví dụ 1 : Khối lượng K
2
Cr
2
O
7
cần dùng để oxi hoá hết 0,6 mol

FeSO
4
trong dung dịch có H
2
SO
4
loãng làm môi trường là :
A. 29,6g B. 24,9g C. 59,2g D. 29,4g
* Cách giải thông thường :
2 3
1Fe Fe e
+ +
→ +

0,6 0,6mol
6 3
6 2Cr e Cr
+ +
+ →
0,2 0,6mol
* Cách giải nhanh
2 2 7
2 2 7
.
2 2
0,6 1
0,1
6
n j
K Cr O

K Cr O
Fe Fe
n mol
j
+ +
×
= = =
→
mK
2
Cr
2
O
7
= 0,1 x 294 = 29,4g.
7.3 Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 2,81 g hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO ,
ZnO trong 500ml 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 :
A. 4,81g B. 5,81g C. 3,81g D. 6,81g
24
Phương pháp nhẩm nhanh
* Cách giải thông thường :

Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2
O
MgO + H
2
SO
4

→
Mg SO
4
+ H
2
O

ZnO + H
2
SO
4

→
Zn SO
4
+ H
2
O
Theo ba phương trình hoá học trên, ta có :
2 2
4
0,05mO nSO mol
− −
= =

→
m = 2,81 + ( 96 – 18)x0,05 = 6,81g
* Cách giải nhanh :
2 2 2 2
4 4
2 0,05jO jSO nO nSO mol
− − − −
= = → = =
→
m = 2,81 + (96 – 18) x 0,05 = 6,81g
8. DỰA VÀO MỐI LIÊN HỆ KHÁI QUÁT GIỮA CÁC ĐẠI
LƯỢNG.

8.1 Ví dụ 1: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch
chứa b mol Na
2
CO
3
đồng thời khấy đều, thu được V lít(đktc) và
dung dịch X. Khi cho dư nước vôi trong vào dung dịch Xthấy có
xuất hiện kết tủa biểu thức liên hệ giữa V vớia, b là :
A. V = 22,4(a-b) B. V = 11,2(a-b)
C. V= 11,2(a+b) D. V = 22,4(a+b)
* Cách giải nhanh :
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na
2
CO
3
ta có phương
trình
HCl + NaCO
3

→
NaHCO
3
+ NaCl (1)
b mol b mol b mol
25