Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh giải nhanh Bài toán trắc nghiệm ppsx

Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm
Để giải nhanh bài toán trắc nghiệm, ngoài việc nắm vững lí thuyết viết đúng phương trình phản ứng,
học sinh phải nắm vững một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa đồng thời phải có kĩ năng
tính. Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một số phương pháp thường sử dụng :
1. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
a) Nội dung định luật bảo toàn khối lượng:
∑m
các chất tham gia phản ứng
=∑m
các chất sau phản ứng

. Chú ý
∑m
(muối dung dich)
= ∑m
cation
+ ∑m
anion
- m
dung dịch sau phản ứng
= ∑m
các chất ban đầu
- ∑m
chất kết tủa
- ∑m
chất bay hơi
-Khối lượng của các nguyên tố trong 1 phản ứng được bảo toàn.
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na
2

CO
3
, K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
. Sau phản ứng
thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua. m có giá trị là:
A. 2,66 B. 22,6 C. 26,6 D. 6,26
*Hướng dẫn giải:
2 3
0,2 ( )
BaCl BaCO
n n mol= =
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
2
hh BaCl
m m m+ =
kết tủa
+ m
⇒ m = 24,4 + 0,2 . 208 – 39,4 = 26,6 gam Đáp án C
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 10 gam hỗn hợp Mg và Fe trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24 lít khí
H
2
(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được gam muối khan. Khối lượng muối khan thu được là:
A. 1,71 gam B. 17,1 gam C. 3,42 gam D. 34,2 gam
*Hướng dẫn giải
Theo phương trình điện li

2
2,24
2 2 . 0,2 ( )
22,4
H
Cl H
n n n mol
− +
= = = =
⇒ m
muối
= m
kim loại
+
Cl
m
−
= 10 + 0,2 . 35,5 = 17,1 (gam) Đáp án B
3/ Bài 3: X là một α-aminoaxit, phân tử chỉ chứa một nhóm –NH
2
và một nhóm –COOH. Cho 0,89 gam X
phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức cấu tạo của X là:
A. CH
2
=C(NH
2
)–COOH B. H
2
N–CH=CH–COOH C. CH
3

–CH(NH
2
)–COOH D. H
2
N–CH
2
–CH
2
–COOH
*Hướng dẫn giải:
HOOC–R–NH
2
+ HCl  HOOC–R–NH
3
Cl
⇒ m
HCl
= m
muối
– m
aminoaxit
= 0,365 gam ⇒ m
HCl
= 0,01 (mol)
⇒ M
aminoaxit
= 0.89 : 0,01 = 89. Mặt khác X là α-aminoaxit ⇒ Đáp án C
4/ 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
H
5
OH và C
3
H
7
OH. C. C
3
H
5
OH và C
4
H
7
OH. D. C
3
H
7
OH và C
4
H
9
OH.

*Hướng dẫn giải:
2ROH + 2Na → 2RONa + H
2
Theo đầu bài hỗn hợp ancol tác dụng hết với Na ⇒ Học sinh thường nhầm là Na vừa đủ, do đó thường sai theo
hai tình huống sau:
Tình huống sai 1: n = = 0,4 ⇒ n = 0,4 ⇒ M = = 39 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai
Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
n = = 0.405 ⇒M = = 38.52 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai
Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:
m = m + m - m = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3 gam
⇒ n = 2n = 0,3 (mol) ⇒ M = 15,6 : 0,3 = 52 ⇒ Đáp án B
2. Phương pháp tăng giảm khối lượng:
a) Nội dung:
- Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng hỗn
hợp hay một chất.
- Dựa vào phương trình hóa học tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol chất trong phản ứng (A → B)
hoặc x mol A → y mol B (với x, y tỉ lệ cân bằng phản ứng).
- Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại.

1
Na

ancol
ancol


ancol
ancol

H

2
Na
ancol
rắn
ancol
H
2

ancol

Phương pháp này thường được áp dụng giải bài toán vô cơ và hữu cơ, tránh được việc lập nhiều phương
trình, từ đó sẽ không phải giải những hệ phương trình phức tạp.
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Hòa tan 14 gam hỗn hợp 2 muối MCO
3
và N
2
(CO
3
)
3
bằng dung dịch HCl dư, thu được dung
dịch A và 0,672 lít khí (đktc). Cô cạn dung dịch A thì thu được m gam muối khan. m có giá trị là:
A. 16,33 gam B. 14,33 gam C. 9,265 gam D. 12,65 gam
*Hướng dẫn giải:
Ta có:Cứ 1 mol muối CO
3
2-
→ 2 mol Cl
-

, lượng muối tăng 71 – 60 = 11 gam
Số mol CO
2
thoát ra là 0,03 thì khối lượng muối tăng 11.0,03 = 0,33 (g)
Vậy m
muối clorua
= 14 + 0,33 = 14,33 (g) Đáp án B
2/ Bài 2: Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe
2
O
3
, MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300ml dung dịch
H
2
SO
4
0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra là:
A. 3,81 gam B. 4,81 gam C. 5,21 gam D. 4,8 gam
*Hướng dẫn giải: Áp dụng định luật tăng giảm khối lượng.Số mol H
2
SO
4
tác dụng: 0,03 mol
m
muối
= m
oxit
+ 0,03( 96 - 16) = 2,81 + 0,03.80 =5,21 gam Đáp án C
3/ Bài 3: Hòa tan 5,94 gam hỗn hợp 2 muối clorua của 2 kim loại A, B (đều có hóa trị II) vào nước
được dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl

-
có trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung
dịch AgNO
3
thu được 17,22 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m gam hỗn hợp
muối khan. m có giá trị là:
A. 6,36 gam B. 63,6 gam C. 9,12 gam D. 91,2 gam
*Hướng dẫn giải:
Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol
2
MCl
→ 1 mol M(NO
3
)
2
và 2 mol AgCl thì m tăng (2.62) – 71 = 53 gam
Số mol muối = ½ số mol AgCl = ½ 0,12 = 0,06 mol
m
muối nitrat
= m
muối clorua
+ m
tăng
= 5,94 + 0,06.53 = 5,94 + 3,18 = 9,12 (g) Đáp án C
4/ Bài 4: Cho 1,26 gam một kim loại tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng tạo ra 3,42 gam muối sunfat.

Kim loại đó là:
A. Mg B. Fe C. Ca D. Al
*Hướng dẫn giải: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol kim loại tác dụng tạo thành muối SO
4
2-
khối lượng tăng lên 96 gam.
Theo đề khối lượng tăng 3,42 – 1,26 = 2,16g
Vậy số mol kim loại M là 0,0225 mol. Vậy
1,26
56.
0,0225
M M l Feà= =
Đáp án B
5/ Bài 5: Oxi hóa m gam X gồm CH
3
CHO, C
2
H
3
CHO, C
2
H
5
CHO bằng oxi có xúc tác, sản phảm thu
được sau phản ứng gồm 3 axit có khối lượng (m+3,2) gam. Cho m gam X tác dụng với lượng dư dung dịch
AgNO
3
/NH
3

thì thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là:
A. 10,8 gam. B. 21,6 gam. C. 32,4 gam. D. 43,2 gam.
*Hướng dẫn giải:
2RCHO + O
2
→ 2RCOOH
⇒ khối lượng tăng 3,2 gam là khối lượng của oxi đã tham gia phản ứng
⇒ n
x
= 2n = 2× = 0,2 (mol)
Vì các andehit là đơn chức (không có HCHO) ⇒ n
Ag
= 2n
x
= 2×0,2 = 0,4 (mol)
⇒ mAg = x = 0,4×108 = 43,2 gam Đáp án D.
3. Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình
a) Nội dung:
- Dùng khối lượng mol trung bình
M
là khối lượng của 1 mol hỗn hợp.
1 1 2 2 1 1 2 2
1 2
. . . % . %
100
hh
hh
m
n M n M n V n V
M

n n n
+ +
= = =
+
với M
1
<
M
< M
2
- Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong
phân tử hợp chất.
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Đem hóa hơi 6,7 gam hỗn hợp X gồm CH
3
COOH, CH
3
COOC
2
H
5
, CH
3
COOCH
3
và
HCOOC
2
H
5

thu được 2,24 lít hơi (đktc). Đốt cháy hoàn toàn 6,7 gam X thu được khối lượng nước là:
A. 4,5 gam. B. 3,5 gam. C. 5 gam. D. 4 gam.
*Hướng dẫn giải:

2
xt, t
0
 
O
2
– –


–

Gọi công thức chung của X là C
n
H
2n
O
2
⇒ M
X
= 14n + 32 = = 67 ⇒ n = 2,5
Sơ đồ cháy : C
n
H
2n
O
2

→ nCO
2
+ nH
2
O
⇒ n = 2,5.0,1 = 0,25 mol ⇒ m = 0,25.18 = 4,5 gam ⇒ Đáp án A.
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong
nhóm IIA vào dung dịch HCl thu được 1,12 lít CO
2
(đktc). Kim loại A và B là:
A. Be và Mg B. Mg và Ca C. Ca và Sr D. Sr và Ba
*Hướng dẫn giải: Gọi
M
là nguyên tử khối trung bình của 2 kim loại A và B
3 2 2 2
2M CO HCl M Cl CO H O+ → + ↑ +

0,05 →
1,12
0,05 ( )
22,4
mol=
3
4,68
93,6;
0,05
M CO = =
⇒
93,6 60 33,6M = − =
Vậy 2 kim loại là : Mg ( 24) và Ca (40) Đáp án B

3/ Bài 3: X và Y là hai nguyên tố halogen ở 2 chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Để kết tủa hết ion
X
-
, Y
-
trong dung dịch chứa 4,4 gam muối natri của chúng cần 150ml dung dịch AgNO
3
0,4M. X và Y là:
A. Flo, Clo B. Clo, Brom C. Brom, Iot D. Không xác định được
*Hướng dẫn giải:
Số mol AgNO
3
= số mol X
-
và Y
-
= 0,4 . 0,15 = 0,06 (mol) ⇒
4,4
73,3
0,06
M = ≈
,
73,3 23 50,3
X Y
M = − =
⇒ Hai halogen là Clo (35,5) và Brom (80) Đáp án B
4. Phương pháp đường chéo:
a) Nội dung:
Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng loại nồng độ hoặc trộn lẫn
các chất khí không tác dụng với nhau.

+ Các chất cùng nồng độ C%
m
1
…………… C
1
C
2
– C
C
1 2
2 1
m C C
m C C
−
⇒ =
−
m
2
…………… C
2
C – C
1

Trong đó:
m
1
là khối lượng dung dịch có nồng độ C
1
(%)
m

2
là khối lượng dung dịch có nồng độ C
2
(%)
C (%) là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn. Với C
1
< C < C
2
+ Các chất cùng nồng độ mol:
V
1
…………… C
M (1)
C
M (2)
– C
M

C
(2)
1
2 (1)
M M
M M
C C
V
V C C
−
⇒ =
−

V
2
…………… C
M (2)
C
M
– C
M (1)

Trong đó:
V
1
là thể tích dung dịch có nồng độ C
M (1)
,V
2
là thể tích dung dịch có nồng độ C
M (2)
C
M
là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn.
Với C
M (1)
< C
M
< C
M (2)
+ Các chất khí không tác dụng với nhau
V
1

…………… M
1
M
(2)
–
M

M

1 2
2
1
V M M
V
M M
−
⇒ =
−
V
2
…………… M
(2)

M
- M
1

Trong đó:
V
1

là thể tích chất khí có phân tử khối M
1
V
2
là thể tích chất khí có phân tử khối M
2

3

–

–
–

H
2
O

H
2
O

M
là khối lượng mol trung bình thu được sau khi trộn lẫn. Với M
1
<
M
< M
2
b) Bài tập minh họa:

1/ Bài 1: Một dung dịch HCl nồng độ 45% và một dung dịch HCl khác có nồng độ 15%. Để có một
dung dịch mới có nồng độ 20% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch theo tỉ lệ là:
A. 1 : 3 B. 3 : 1 C. 1 : 5 D. 5 : 1
*Hướng dẫn giải: Áp dụng qui tắc đường chéo ta có
m
1
…………… 45 20 – 15
20
1
2
5 1
25 5
m
m
⇒ = =
m
2
…………… 15 45 - 20
Đáp án C
2/ Bài 2: Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO
3
thu được hỗn hợp khí NO và N
2
O có tỉ khối hơi
đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N
2
O (đktc) thu được là:
A. 2,24 lít và 6,72 lít B. 2,016 lít và 0,672 lít C. 0,672 lít và 2,016 lít D. 1,972 lít và 0,448 lít
*Hướng dẫn giải: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron
- Al là chất khử

Al  3e → Al
3+
4,59
0,17 0,51
27
mol=

- Chất oxi hóa
N
+5
+ 3e → N
+2
(NO)
3x ← x
N
+5
+ 2.4e → 2N
+1
(N
2
O)
8y ← y
Theo phương pháp đường chéo
x …………… 30 10,5
33,5
10,5 3
3,5 1
x
y
⇒ = =

y …………… 44 3,5
3x + 8y = 0,51 ⇒ x = 0,09 ⇒ V
NO
= 2,016 (1)
x = 3y y = 0,03
2
N O
V
= 0,671 (1)
Đáp án B
5. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn điện tích
a) Nội dung:
- Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường hợp nguyên tử, phân tử, dung dịch trung
hòa điện.
- Trong phản ứng trao đổi ion của dung dịch chất điện li trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta
thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dung
dịch thì phải trả lại cho dung dịch bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm.
b) Bài tập áp dụng:
1/ Bài 1: Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl, tạo ra 1,792 lít H
2
(đktc)
- Phần 2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Khối lượng hỗn
hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là:
A. 2,4 gam B. 3,12 gam C. 2,2 gam D. 1,8 gam
*Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Số mol điện tích của hai kim loại A và B trong hai phần là không thay đổi, do đó số mol điện
tích âm trong hai phần là như nhau.
Vì O
2-

⇔ 2Cl
-
nên
n
O (trong oxit)
=
1
2
n
Cl (trong muối)
=
2
H
n
=
1.796
0,08 ( )
22,4
mol=

m
kim loại
= m
oxit
– m
o
= 2,84 – 0,08 . 16 = 1,56 gam
Khối lượng trong hỗn hợp ban đầu m = 2.1,56 = 3,12 gam
Đáp án B

4

2/ Bài 2: Dung dịch A có chứa 5 ion: Mg
2+
, Ba
2+
, Ca
2+
, 0,1 mol Cl
-
và 0,2 mol NO
3
-
. Thêm dần V lít dung
dịch K
2
CO
3
1M vào A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất. V có giá trị là:
A. 150ml B. 300ml C. 200ml D. 250ml
*Hướng dẫn giải: Phương trình ion rút gọn
M
2+
+
2
3
CO
−
→ MgCO
3

↓
Khi phản ứng kết thúc, các kết tủa tách khỏi dung dịch, phần dung dịch chứa K
+
, Cl
-
và NO
3
-
. Để trung hòa điện
tích thì:
3
0,3 ( )
K Cl NO
n n n mol
+ − −
= + =

2 3
0,3
0,15 (1) 150
[ ] 2
K
dd K CO
n
V ml
K
+
+
⇒ = = = =
Đáp án A

3/ Bài 3: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
tan vừa hết trong 700ml dung dịch HCl 1M
thu được 3,36 lít H
2
(đktc) và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa và nung trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y. Khối lượng Y là:
A. 16 gam B. 32 gam C. 8 gam D. 24 gam
*Hướng dẫn giải:
Với cách giải thông thường, ta phải viết 8 phương trình phản ứng , đặt ẩn số là số mol các chất rồi giải
hệ phương trình rất phức tạp và dài. Để giải nhanh bài toán này, ta áp dụng phương pháp bảo toàn điện tích.
Số mol HCl hòa tan Fe là n
HCl
=
2
3,36
2 2. 0,3
22,4
H
n mol= =

Số mol HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 (mol)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có
2

( )
1 0,4
0,2
2 2
trong oxit
O Cl
n n mol
− −
= = =
( )
20 0,2 . 16
0,3
56 56
oxit oxi
Fe trong X
m m
n mol
−
−
= = =
0,3 mol Fe → 0,15 mol Fe
2
O
3
;
2 3
0,15 . 160 24
Fe O
m gam= =
Đáp án D

6. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn electron:
a) Nội dung:Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron mà
chất oxi hóa nhận .
n
∑
e nhận
=
n
∑
e nhường
- Sử dụng cho các bài toán có phản ứng oxi hóa – khử, đặc biệt là các bài toán có nhiều chất oxi hóa,
nhiều chất khử.
- Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của
một nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian.
- Cần kết hợp với các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán.
- Nếu có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol
electron nhận và tổng số mol electron nhường rồi mới cân bằng.
b) Bài tập áp dụng:
1/ Bài 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được 11,8 gam hỗn hợp các chất rắn FeO,
Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
, Fe. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO
3
loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất

(đktc). Giá trị của m là:
A. 5,02 gam B. 9,94 gam C. 15,12 gam D. 20,16 gam
*Hướng dẫn giải:
2
;
56
Fe O
m
n n=
phản ứng
=
11,8
;
32
NO
m
n
−
giải phóng
= 0,1 mol
- Chất khử là Fe: Fe
o
- 3e → Fe
+3
3

56 56
m m
- Chất oxi hóa gồm O
2

và HNO
3
:
0 2
2
4 2O e O
−
+ →
11,8 11,8

32 8
m m− −
N
+5
+ 3e → N
+2
(NO)

5

0,3 ← 0,1
Σ mol e
-
Fe nhường = Σne
-
chất oxi hóa (O
2
, NO
3
-

) nhận:
3 11,8
0,3 9,94
56 8
m m
m
−
= + ⇒ =
g Đáp án B
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra
13,44 lít khí. Nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO
4
dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu
được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO
3
nóng dư thì thu được V lít khí NO
2
(đktc). Giá trị V là:
A. 11,2 lít B. 22,4 lít C. 53,76 lít D. 76,82 lít
*Hướng dẫn giải: Al, Mg, Fe nhường e, số mol electron này chính bằng số mol e Cu nhường khi tham
gia phản ứng với HNO
3
. Số mol electron mà H
+
nhận cũng chính là số mol electron mà HNO
3
nhận.
2H
+
+ 2e → H

2
1,2 ←
13,44
0,6
22,4
=

17,4 gam hỗn hợp H
+
nhận 1,2 mol e. Vậy 34,8 gam số mol e mà H
+
nhận là 2,4 mol.
N
+5
+ 1e → N
+4
(NO
2
)
2,4 ← 2,4 mol
2
2,4. 22, 4 53,76 lÝt
NO
V = =
Đáp án C
3/ Bài 3: Cho tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO
3
thu được 0,15
mol NO, 0,05 mol N
2

O và dung dịch D. Cô cạn dung dịch D, khối lượng muối khan thu được là:
A. 120,4 gam B. 89,8 gam C. 116,9 gam D. Kết quả khác
*Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn electron thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phương
trình 3 ẩn số và sẽ gặp khó khăn trong việc giải. Để tính khối lượng muối NO
3
-
trong bài toán trên ta có công
thức:
3
NO
n
−
trong muối
= a . n
x
Trong đó a là số electron mà N
+5
nhận để tạo thành X
Như vậy:
m
muối khan
= m
Fe, Cu, Ag
+
−
3
NO
m
−

3
NO
n
= 3 . n
NO
+ 8 .
ON
2
n
= 3 . 0,15 + 8.0,05 = 0,95 mol
m
muối khan
= 58 + 0,95 . 62 = 116,9 gam Đáp án C
7. Lập sơ đồ hợp thức của quá trình chuyển hóa, tìm mối quan hệ giữa chất đầu và chất cuối:
a) Nội dung:
Đối với các bài toán hỗn hợp bao gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra, ta chỉ cần lập sơ đồ thức, sau đó
căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian.
Ví dụ:
- Cho hỗn hợp A gồm các chất rắn Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, dung dịch
thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn. Tính m.
Ta thấy, chất cuối cùng là Fe

2
O
3
, vậy nếu tính được tổng số mol Fe có trong A ta sẽ tính được số mol
Fe
2
O
3.
- Cho hỗn hợp Fe, Zn, Mg tác dụng hết với dung dịch HCl, cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch
thu được đến kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam
chất rắn. Tính m.
Ta thấy, nếu biết được số mol các kim loại ban đầu, ta lập được sơ đồ hợp thức giữa chất đầu và cuối Fe
→ Fe
2
O
3
, Zn → ZnO, Mg → MgO ta sẽ tính được khối lượng các oxit.
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Cho 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư. Sau phản ứng thu được
dung dịch A và V lít khí H
2
(ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc B nung
trong không khí đến khối lượng không đổi được m (gam) chất rắn.
a. V có giá trị là
A. 2,24 lít B. 3,36 lít C. 5,6 lít D. 6,72 lít
b. Giá trị của m là:

A. 18 gam B. 20 gam C. 24 gam D. 36 gam
*Hướng dẫn giải:

6

a.
2
2,4 11,2
0,3
24 56
H Mg Fe
n n n mol= + = + =
2
0,3 . 22, 4 6,72
H
V⇒ = =
lít Đáp án D
b. Dựa vào sự thay đổi chất đầu và cuối, ta lập được sơ đồ hợp thức:
2Fe → Fe
2
O
3
; Mg → MgO
0,2 0,1 0,1 0,1
⇒ m = 0,1 . 160 + 0,1 . 40 = 20 (g) Đáp án B
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe
2
O
3
vào dung dịch HCl dư thu được

dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô và
nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn, m có giá trị là:
A. 23 gam B. 32 gam C. 24 gam D. 42 gam
*Hướng dẫn giải: Áp dụng bảo toàn n
Fe
0,2 mol Fe → 0,1 mol Fe
2
O
3
0,1 mol Fe
2
O
3
→ 0,1 mol Fe
2
O
3
0,2 . 160 = 32 Đáp án B
8. Phương pháp qui đổi
a) Nguyên tắc chung
Qui đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về
dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện.
Khi áp dụng phượng pháp qui đổi phải tuẩn thủ 2 nguyên tắc sau:
• Bảo toàn nguyên tố.
• Bảo toàn số oxi hóa.
b) Các hướng qui đổi và chú ý
(1) Một bài toán có thể có nhiều hướng qui đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính:
• Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất.
Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với
số chất ít hơn (cũng của các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất.

Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, Feo, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau: (Fe và
FeO), (Fe và Fe
3
O
4
), (Fe và Fe
2
O
3
), (FeO và Fe
3
O
4
), (FeO và Fe
2
O
3
), (Fe
3
O
4
và Fe

2
O
3
) hoặc Fe
x
O
y
.
• Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng.
Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố. Do
đó, có thể qui đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng.
Ví dụ: (Fe, FeS, FeS
2
, Cu, CuS, Cu
2
S, S) → (Cu, Fe, S).
• Qui đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa – khử.
Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa khác nhau, ta có
thể qui đổi vài trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn.
Khi thức hiện phép qui đổi phải đảm bảo:
• Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron)
• Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa → có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp.
Thông thường ta hay gặp dạng bài sau:
Ví dụ: Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe
3+
Fe → Fe
3+
Fe
x
O

y
Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe
3+
) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể qui đổi hai
tác nhân OXH O
2
và HNO
3
thành một tác nhân duy nhất là O
2
.
(2) Do việc qui đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol
mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn).
(3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn
nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để tránh viết phương trình phản
ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài.
(4) Phương án qui đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là qui đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng.
Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, biểu thị đúng bản chất hóa học.
c) Các dạng bài tập thường gặp.

7
qui đổi
+O
2
+HNO
3
(2)
O
2
(1)

Bài 1 . Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu
2
S và S bằng HNO
3
dư, thoát ra 20,16 lít khí
NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)
2
dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115,85.
*Hướng dẫn giải:
Cu : x mol
Qui đổi hỗn hợp X thành
CuS : y mol
Theo bảo toàn khối lượng : 64x + 96y = 30,4 (5)
Sơ đồ hóa bài toán:
Khí NO
Cu (20,16 lít, đktc)
X  Cu
2+
Cu(OH)
2

CuS
0

Dung dịch Y →
30,4 gam SO
4
2-

BaSO
4

m gam
Các quá trình nhường, nhận electron:
Cu
0
→ Cu
+2
+ 2e ; CuS → Cu
+2
+ S
+6
+ 8e ; N
+5
+ 3e → N
+2
x → 2x y → 8y 2,7 ← 0,9
Theo bảo toàn electron : 2x + 8y = 2,7 (6)
x = −0,05 Cu : − 0,05 mol
Từ (5) và (6) ⇒ ⇒ X gồm
y = 0,35 CuS : 0,35 mol
n =
Cu
= 0,3 mol
Theo bảo toàn nguyên tố :
n = n
S
= 0,35 mol
⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m = 110,95 → Đáp án C.


Tương tự có thể qui đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu
2
S) hoặc (CuS và Cu
2
S) cũng thu được kết quả như trên.
Bài 2 Hỗn hợp X có tỉ khối so với H
2
là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1
mol X, tổng khối lượng của CO
2
và H
2
O thu được là:
A. 18,6 gam. B. 18,96 gam. C. 19,32 gam. D. 20,4 gam.
*Hướng dẫn giải:
C
3
H
8
: x mol
Qui đổi hỗn hợp X thành
C
3
H
4
: y mol
x + y = 0,1 (7) x = 0,06
⇒ ⇒

44x + 40y = 4,24 (8) y = 0,04
C
3
H
8
CO
2
Sơ đồ đốt cháy: →
C
3
H
4
H
2
O
Tổng khối lượng CO
2
và H
2
O thu được là: m = 44.03 + 18.(0,06.4 + 0,04.2) = 18,96 gam → Đáp án B.
Tương tự có thể qui đổi hỗn hợp X thành (C
3
H
8
và C
3
H
6
) hoặc (C
3

H
6
và C
3
H
4
) cũng thu được kết quả như trên.
Bài tập vận dụng kết hợp các phương pháp:
Hòa

tan

hoàn

toàn

22,4g

một

kim

loại

M

chưa

biết

vào
dung

dịch

H
2
SO
4

đặc, nóng

dư

thu

được

dung

dịch

A

và

một

khí

B

có

khả

năng

làm

phai

màu

cánh

hoa

hồng.

Hấp

thụ hoàn

toàn

B

vào

800

ml

dung

dịch

NaOH

1M,

chờ

cho

các

phản

ứng

xảy

ra

hoàn

toàn

rồi

cô cạn

dung

dịch,

thu

được

48,1

g

chất

rắn.

Kim

loại

M

đã

cho

ban

đầu

là:
A.

Fe B.

Ca C.Mg D .

Cu

8
+ Ba(OH)
2
dư
+ HNO
3
dư
+5
+6
+2
+2
0
Cu(OH)
2
BaSO
4
+ O

2
, t
0