Bí quyết hpcj và tư duy giải toán hóa học (trên cả tuyệt vời)

Bí quyết học và tư duy các bài
toán hóa theo phương pháp trắc
nghiệm
Chuyên đề
Nội dung

Xét một số bài toán quen thuộc

Nhận xét một cách tổng quát

Tập phân tích

Tập phương pháp diễn dịch và quy nạp
Mt s bi toỏn quen thuc
Bi toỏn 1: Xột s kh hon ton M
x
O
y
bng CO hoc H
2
:
+ +
= = =


=


= +

<

0
2 2 2
2
t
x y
2
2
O(oxit) CO(p ) CO (t o th nh) H (p ) H O
O(b t ch kh i oxit)
cr n
oxit M O
yCO
yCO
M O xM
yH
yH O
n n n (ho c =n n )
m m
i u c n bi t nh t l :
m m m
M Al
ứ ạ à ứ
ị á ỏ
ắ
ặ
Đ ề ầ ế ấ à
Một số bài toán quen thuộc(tt)
Bài toán 2: Hòa tan hết cùng một lượng Al bởi hỗn hợp (HCl, H

2
SO
4
loãng,
HBr) hoặc bởi hỗn hợp (NaOH, KOH, Ba(OH)
2
)
Điều quan trọng nhất là n
H2
thoát ra bằng nhau:
3
2
2 2 2
Al 3H Al 1,5H
Al OH H O AlO 1,5H
+ +
− −

+ → +

+ + → +


Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp oxit kim loại M
x
O
y
bằng dung dịch
H
2

SO
4
:
Điều cần nhất là:
1 mol O thay bằng 1 mol SO
4
2-
(tức :vì cùng hóa trị)

Một số bài toán quen thuộc(tt)
2
4
O
SO
n n
−
=
2
4
oxit O
mu i
SO
m m m m
−
= + −
è
Bài toán 4: Hòa tan m (g) hỗn hợp Na, Al vào H
2
Odư được V
1

lít khí. Nếu
cũng cho m(g) hỗn hợp đó vào dung dịch NaOH dư thì được V
2
lít khí (Biết
V
2
> V
1
)
Điều cần nhất là: Vì V
2
> V
1
nên Al chưa tan hết ở thí nghiệm 1
Một số bài toán quen thuộc(tt)
Một số bài toán quen thuộc(tt)
Bài toán 5:
Điều quan trọng nhất :
Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm m
O2 (pư)
= m
1
– m
Nhận dạng được TT đầu và TT cuối của Fe, O
2
, HNO
3
là Fe
3+
, O

2-
và
N
2+
→ĐLBT e
Khi biết 2 trong 3 giá tri (m,m
1
,v) ⇒ đại lượng thứ 3
{
{
{
+
+
→ → ⇒
3
2
1
HNO d
O
1
m(g) Vl t( ktc)
m (g)
Fe r n X NO (duy nh t); bi t m ,v t m m?

Ý ®
¾ Ê Õ ×
Nhận xét: Để học và có tư duy nhanh, chính xác, gọn nhẹ cần
1. Nắm vững hệ thống lí thuyết để vận dụng vào việc giải nhanh các bài toán
2. Nắm vững những vấn đề cốt lõi của từng dạng bài toán gốc để vận dụng
linh hoạt vào các bài tương tự

3. Thường xuyên luyện tập, ghi nhớ để hình thành kĩ năng, rút kinh nghiệm
sau mỗi bài toán
4. Nắm vững các vấn đề quan trọng của các phương pháp giải nhanh
5. Có kĩ năng nhận xét tổng quát, đúng bản chất; phân tích bài toán
Một số bài toán quen thuộc(tt)
Hãy nhận xét tổng quát
1. Xét quá trình được mô tả bởi sơ đồ:
Cách tư duy thông thường:
Cách tư duy theo phương pháp trắc nghiệm
+
+
=
+
→
−

→

−
→

(1) HCld
1
COd 1 2
x y
(H 100%)
CaOHd
x
2 2 3
Fe m (g) r n khan

Cho bi t m ,m
Fe O
X CT : Fe Oy ?
CO m (g) CaCO

(2) c« c¹n


¾
Õ
§
x y
Fe O
x y
g i n a
Vi t c c ptp
T l Fe O

=








⇒





ä
Õ ¸
õ quan hÖ tØ Ö mol t × m x : y CT
-
dài, mất nhiều thời gian
→Không phù hợp trong trắc
nghiệm
3
2
CaCO CO2 O)oxit)
Fe O x y
FeCl Fe(oxit)
r n
n n n
x : y n : n Fe O
n n n

= =


⇒ = ⇒


= =





¾
2. Vận dụng: Khử hoàn toàn m(g) hỗn hợp X (FeO, Fe
2
O
3
, Fe
x
O
y
) bằng CO
nóng, dư được chất rắn X và khí Y. Hòa tan hết X bằng HCl dư rồi cô
cạn được 7,62g chất rắn khan. Toàn bộ Y hấp thụ vào dung dịch
Ca(OH)
2
dư thấy có 8g kết tủa. Giá trị của m là:
A. 5,20 (g) B. 6,20(g) C. 4,64(g) D. 5,26(g)
Bài giải
Sơ đồ:
Theo sơ đồ dễ thấy
Hãy nhận xét tổng quát(tt)
+
+
=
+
=


→ =

→



→ =




14 2 43
2
HCld
2
COd
2 3
(H 100%)
Ca(OH) d
2 3
x y
m(g) ?
FeO
Fe FeCl (7,62g) 0,06mol
Fe O
CO CaCO (8g) 0,08mol
Fe O




= = =



⇒ = + = +


= = =




1 4 44 2 4 4 43
3
2
O(X) CO2 CaCO
x Fe O
Fe(X) Fe FeCl
4,64g
n n n 0,08
m m m 56.0,06 16.0,08
n n n 0,06
( p nC)§¸ ¸
1. Xét bài toán 1: Dùng CO dư để khử hoàn toàn m(g) Fe
x
O
y,
dẫn toàn bộ
khí sinh ra qua dung dịch Ba(OH)
2
dư được 0,15mol kết tủa. Mặt khác
hòa tan toàn bộ m(g)Fe
x
O

y
bằng HCl dư rồi cô cạn được 16,95g muối
khan. Giá trị của m và công thức của Fe
x
O
y
là.
A. 8,7; Fe
2
O
3
B. 8,7; Fe
3
O
4
C. 15,6; Fe
3
O
4
D. 14,5; FeO
Tư duy bài toán theo sơ đồ
Hãy tập phân tích
+
+
+

→ →
→

→



1 2 3
2
Ba(OH) d
COd
2 3
x y
HCld
x 2y
m(g)
CO BaCO : 0,15mol ( p nB )
Fe O
Fe Cl : 16,95g


H=100%

§¸ ¸
Hãy tập phân tích(tt)
Phương pháp phân tích:
Thông thường sản phẩm của Fe
x
O
y
với HCl là FeCl
2y/x
, nhưng ở đây lại là
Fe
x

Cl
2y
(!) vì:
(!)- khi tác dụng với HCl, Fe trong oxit không thay đổi hóa trị
(!!)- Hóa trị của O là II trong khi Cl là I nên 1 mol O →2 mol Cl
Ta thấy
⇒ Đáp án B
Đây là mấu chốt
quan trọng của
bài toán
−
−
= = = ⇒ = =


= + ⇒ = − =


== + = + =

⇒

= = =

2 3
CO BaCO O(oxit)
Cl (mu i)
Fe Fe
mu i
Cl

oxit Fe O
F 4e O 3
n n n 0,15 n 2.0,15 0,3
m m m m 16,95 0,3. 35,5 6,3(0,1125mol Fe)
m m m 6,3 0,15.16
x : y n : n
8,7 m
3 : 4 (Fe0,1125 : 0,1 O )5
è
è
Hãy tập phân tích(tt)
2. Xét bài toán 2: Hòa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO
3
, CaCO
3
, Na
2
CO
3
,
K
2
CO
3
) bằng dung dịch HCl dư thu được 2, 24 lít khí (Đktc) và dung dịch Y.
Cô cạn Y được m(g) muối khan. Giá trị của m là:.
A.12 B. 11,1 C. 11,8 D. 14,2
-
Phương pháp tư duy thông thường: Viết 4 pt pư, đặt ẩn, lập pt rồi ghép
ẩn mới tìm được kết quả (phương pháp này mất nhiều thời gian, nếu

không biết ghép ẩn sẽ rối !)
Hãy tập phân tích(tt)
-
Phương pháp tư duy trắc nghiệm:
+ Phương pháp 1: Gọi CTC của X:
Đáp án B
+ Phương pháp 2:
Khi chuyển từ muối CO
3
2-
→Cl
-
thì cứ 1 mol CO
3
2-
→ 2 mol Cl
-
(theo
quy tắc hóa trị)
Đáp án B
+ → + +
→
⇒ = + − + =
1 2 3 1 2 3
142 43 14 2 43
2 3 n n 2 2
4,4g 1,8g
10g 7,3g
mu i
M (CO ) 2nHCl 2MCl nCO nH O

0,2mol ? 0,1mol 0,1mol
LBTKL m 10 7,3 (4,4 1,8) 11,1 g
è
§
{
{
− −
− −
= = ⇒ =
⇒ = − − =
1 4 2 4 3
2
2
3
2
3
CO
CO Cl
mu i clorua mu i cacbonat
CO Cl
10g
0,2.35,5
0,1.60
n n 0,1 n 0,2
m m m m 11,1g
è è
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp
Mục đích:
-
Từ một hay 1 số bài toán gốc để luận ra hàng loạt các bài toán nhỏ

-
Từ hàng loạt bài toán nhỏ quy về một dạng toán với phương pháp giải
cơ bản không thay đổi
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
1. Xét bài toán gốc: Cho a(g) hỗn hợp các kim loại hoạt động tác dụng hết
với dung dịch HCl thu được dung dịch X chứa b(g) muối và c mol khí.
Biểu thức liên hệ giữa b với a và c là:
A. b = a + 71c B. b = a + 35,5c
C. b = a + 34,5c D. b = 2a – c + 71
Bài giải
{
{
{
{
{
-
2
2c(mol)
c(mol)
KL
mu i
Cl
a(g)
b(g)
2c.35,5
1
Theo LBTNT : HCl H Cl
2
Theo LBTKL : m m m b a 71c
(

−
→ +
= + ⇒ = +
è
§
§
§¸p ¸nA)
Nhận xét (phương pháp diễn dịch)
Đây là bài toán gốc, từ đó biến dạng ra hàng trăm bài tưởng là khác nhau bằng
cách:
1. Bài toán có 3 đại lượng (KL, H2, muối) đề bài sẽ cho hai đại lượng và hỏi đại
lượng còn lại
2. Thay thế hỗn hợp nhiều KL bằng các KL cụ thể khác nhau (số lượng không
nhiều lắm) sẽ mắc bẫy là lập hpt.
3. Thay thế HCl bằng axit khác (như H2SO4 loãng, HBr, HI) thậm chí bằng hỗn
hợp axit (tác dụng vừa đủ với số mol cụ thể của mỗi axit. Khi đó:
M
muối
= m
kl
+ m
các gốc axit
và
2
n
X H X
2
−
→ +
n

H
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Nhận xét (phương pháp diễn dịch) (tt)
4. Thay thế hỗn hợp KL hoạt động nói chung thành KLK, kiềm thổ; thay thế axit
bằng H
2
O (dĩ nhiên khi đó muối sẽ được thay thế bằng bazơ, ta có:
m
Bazơ (rắn khan)
= m
KL
+ m
OH-
và H
2
O → ½ H
2
+ OH
-
5. Không hỏi trực tiếp 1 trong 3 đại lượng trên mà hỏi gián tiếp thông qua nền
kiến thức khác. Chẳng hạn sau khi hỗn hợp KLK, KT tác dụng với H
2
O thì lấy
dd trung hòa bởi axit, yêu cầu tính lượng axit hay pH…
6. Cho thêm 1 dữ kiện khác đi kèm với 2 dữ kiện cơ bản để chuyển về 1 dạng
toán khác. Chẳng hạn cho hỗn hợp 2 KL nhóm IA hoặc IIA thuộc 2 chu kì kế
tiếp… yêu cầu xác định 2 kim loại…
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:

Bài toán 1: (TSCĐ – Khối A – 2007):
Hòa tan 3,22g hỗn hợp X (Fe, Mg, Zn) bằng một lượng vừa đủ dd H
2
SO
4 loãng
,
thu được 1,344lít H
2
(đktc) và dd chứa m(g) muối. Giá trị của m là:
A.9,52 B. 7,25 C. 8,98 D. 10, 27
Bài giải:
Đáp án C
2
4
KL
mu i
SO
mu i
2
2 4 2 4
m m m
m 3,22 0,06.96 8,98(g)
H SO H SO
0,06 0,06
−
−

= +




⇒ = + =


→ +



è
è
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al; M > H) vào 100ml dd (H
2
SO
4
aM; HCl 3aM)
được 5,6 lít H
2
(đktc), dd X và 1,7g KL chưa tan hết. Cô cạn X được m(g)
muối khan. Giá trị của m là:
A. 26,20 B. 26,67 C. 28,55 D. 30,24
Bài giải:
Đáp án C
4
2
4
KL(p )
2
2 4

2
0,5
0,25
KL(p )
mu i
SO Cl
KLd n n axit h t; m 10 1,7 8,3
H SO 2H SO ; HCl H Cl
Tac
0,1a 0,2a 0,1a 0,3a 0,3a 0,3a
2H H 0,3a 0,2a 0,5 a 1
m m m m 8,3 0,1.96 0,3.35,5 28,55(g)
− −
+ − + −
+
= − =


→ + → +




→ ⇒ + = ⇒ =


⇒ = + + = + + =


è

ª Õ
ã
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 3: (TSĐH - CĐ – Khối A – 2007):
Cho m(g) Mg, Al vào 250ml dd X chứa (HCl 0,1M; H
2
SO
4
0,5M), được 5,32 lít H
2

(đktc) và dd Y (coi V = const). Dung dịch Y có pH là:
A. 1 B. 2 C. 6 D. 7
Bài giải:
Đáp án A
+
+
+ + − −



 
→ ⇒ = ⇒ = = = ⇒ =
 

∑
n
H (b
1 pH

2
H d
Tac
2H H n 0,025 H 0,1 10 10 pH 1
0,475 0,2375
®)

= 0,1. 0,25 + 0,5 . 0,25 . 2 = 0,5
ã
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 4: (TSCĐ – Khối A – 2007):
Cho một mẫu hợp kim Na – Ba tác dụng với H
2
O dư được dd X và 3,36lít
H
2
(đktc). Thể tích dd H
2
SO
4
2M cần dùng để trung hòa dung dịch X là:
A. 60ml B. 30ml C. 75ml D. 150ml
Bài giải:
Đáp án C
4
2 4
2 4
2
0,3

0,15
2
2 4
H SO
2
H OH
ddH SO
1
O H OH
2
Tac
H SO 2H SO
n 0,15
H OH H O n n 0,3
0,15
v 0,075 lit 75ml
2
+ −
−
+ −
+ −

→ +




→ +



⇒ =

+ → ⇒ = =




⇒ = = =
2
H
ã
Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 5:
Cho m(g) hỗn hợp (K, Na, Ba) vào H
2
O được 500ml dd X có pH = 13 và V lít khí
(đktc). Cô cạn dd sau phản ứng được 9,25g chất rắn khan. Giá trị của V và
m lần lượt là:
A. 2,24; 10 B. 1,12; 10 C. 0,56; 8,3 D. 2,24; 8,3
Bài giải:
Đáp án C
{
{
{
−
−
−
−


 
= ⇒ = → = =

 


→ + ⇒ = =


= + ⇒ =


OH
2
KL
r n
OH
?
9,15
0,05.17
pH 13 OH 0,1 n 0,1.0,5 0,05mol
1
O H OH v 0,025.22,4 0,56 lit
2
m m m m 8,3 (g)
2
¾
H