Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học 9. ppt

Một số phương pháp giải
nhanh bài tập trắc nghiệm
Hóa học 9.
MỤC LỤC
Nội dung Trang
Mục lục
Phần I. Mở đầu
Phần II. Nội Dung
I. Cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
III. Các giải pháp và kết quả đạt được
1. Đối với giáo viên
2. Đối với học sinh
3. Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa
học 9
Phương pháp 1: phương pháp giải toán áp dụng định luật
bảo toàn khối lượng
Phương pháp 2: phương pháp đường chéo
Phương pháp 3: phương pháp tăng giảm khối lượng
Phương pháp 4: phương pháp giải bài tập xác định
nguyên tố dựa vào công thức oxit cao nhất
Phương pháp 5: phương pháp xác định công thức phân tử
hợp chất hyđrocacbon dựa vào phản ứng hóa học.
Phương pháp 6: phương pháp giải bài tập về rượu etylic
IV. Phần IV. Kết quả đạt được
V. Phần V. Kết luận
Tài liệu tham khảo
1
2
2
3

3
3
3
3
4
6
8
10
10
12
13
13
14
PHẦN I: MỞ ĐẦU
Hiện nay trên thế giới nói chung và Việt Nam ra nói riêng việc đưa loại bài tập trắc
nghiệm có nhiều lựa chọn vào các kì thi ngày càng phổ biến vì nó có nhiều ưu điểm.
+ Xác suất đúng ngẫu nhiên thấp
+ Tiết kiệm thời gian chấm bài
+ Gây được sự hứng thú học tập của học sinh
+ Học sinh có thể tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình một cách
nhanh chóng qua các bài kiểm tra trên lớp, trong sách, hay trên mạng internet. Đồng
thời tự đề ra biện pháp bổ sung kiến thức một cách hợp lí.
Đối với những loại bài tập này các em cần phải trả lời nhanh và chính xác cao vì thời
gian dành cho mỗi câu trung bình chỉ là 1.5 phút . Do đó các em phải trang bị cho mình
ngoài những cách giải thông thường, cần có những phương pháp để giải nhanh, chọn đúng.
Qua những năm giảng dạy bộ môn Hóa học 9, Tôi nhận thấy các em học sinh
thường rất yếu khi giải bài tập đặc biệt là giải bài tập trắc nghiệm khách quan. Hiện nay
theo hướng kiểm tra đánh giá mới nâng dần tỉ lệ trắc nghiệm khách quan thì trong một bài
kiểm tra thường có rất nhiều dạng toán, mà thời gian chia đều cho mỗi câu trắc nghiệm lại
rất hạn chế. Nếu các em vẫn giải bài tập theo hướng trắc nghiệm tự luận như trước đây thì

thường không có đủ thời gian để hoàn thành một bài kiểm tra đánh giá dẫn đến chất lượng
bộ môn thấp. Từ thực tế trên tôi mạnh dạn xây dựng giải pháp hữu ích” Một số phương
pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn Hóa học 9”.
Do thời gian và năng lực có hạn Tôi chỉ đi sâu giải quyết “Một số phương pháp giải
nhanh bài tập trắc nghiệm môn Hóa học 9”.
PHẦN II: NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI.
Qua giải pháp này tôi mong muốn giáo viên sẽ chủ động hơn khi hướng dẫn học
sinh giải bài tập trắc nghiệm khách quan môn Hóa học. Còn đối với học sinh giải pháp này
sẽ giúp đỡ các em rất nhiều trong việc trang bị cho mình một số phương pháp giải nhanh,
chọn đúng các bài tập trắc nghiệm khách quan. Từ đó các em không ngừng phát huy tính
tích cực chủ động, sáng tạo trong học tập bộ môn.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
Hiện nay trong chương trình hóa học 9 bài kiểm tra 15’ trắc nghiệm khách quan 100%,
bài kiểm tra định kỳ trắc nghiệm khách quan là 40%, bài thi tuyển sinh vào lớp 10 trắc
nghiệm khách quan là 100%. Thời gian trung bình để trả lời 1 câu hỏi trắc nghiệm khách
quan là 1.5 phút. Trong khi đó nhiều bài tập giải theo phương pháp cũ thì rất dài và tốn
thời gian. Như vậy rõ ràng là nhiều phương pháp giải bài tập theo hướng tự luận như trước
đây đã thật sự không phù hợp với phương pháp kiểm tra đánh giá mới.
Về phía học sinh khi học môn Hóa học các em thường thấy rất khó khăn trong việc giải
bài tập trắc nghiệm khách quan, nên chất lượng các bài kiểm tra thường không cao.
Nguyên nhân do: Kỹ năng phân loại bài tập còn yếu, Các em giải các bài tập trắc nghiệm
như bài tự luận nên thời gian không đảm bảo Từ đó kết quả bộ môn thấp dẫn đến các
em luôn nghĩ là môn học quá sức nên khó có thể cố gắng được.
Từ những thực trạng trên Tôi suy nghĩ làm thế nào để vận dụng “Một số phương
pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học 9” vào thực tế giảng dạy thực sự có hiệu quả.
III. CÁC GIẢI PHÁP CỤ THỂ.
A. Đối với Giáo viên:
Phải hệ thống hóa kiến thức trọng tâm của chương một cách logic và khái quát nhất.
Nắm vững các phương pháp giải bài tập và xây dựng hệ thống bài tập phải thật sự đa

dạng, nhưng vẫn đảm bảo trọng tâm của chương trình phù hợp với đối tượng học sinh.
Tận dụng mọi thời gian để có thể hướng dẫn giải được lượng bài tập là nhiều nhất.
Luôn quan tâm và có biện pháp giúp đỡ các em học sinh có học lực yếu, kém. Không
ngừng tạo tình huống có vấn đề đối với các em học sinh khá giỏi …
B. Đối với Học sinh:
Phải tích cực rèn kỹ năng hệ thống hóa kiến thức sau mỗi bài, mỗi chương. Phân
loại bài tập hóa học và lập hướng giải cho từng dạng toán.
Tích cực làm bài tập ở lớp và đặc biệt là ở nhà.
Phải rèn cho bản thân năng lực tự học, tự đánh giá.
C. Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học 9.
PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
1. Kiến thức cần ghi nhớ
- Nếu có PTHH tổng quát: A + B C + D
Thì theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
Như vậy trong phản ứng có n chất nếu biết khối lượng của n – 1 chất thì tính được khối
lượng chất còn lại.
- Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H
2
.
Ta có: n
O trong oxit
= n CO

2
= n H
2
O
Vậy: m
oxit
= m
O trong oxit
+ m
kim loại
- Trong phản ứng giữa kim loại với dd axit giải phóng khí hyđro thì n axit = 2 .nH
2
2. Bài Tập
Bài 1: Cho 24.4g hỗn hợp Na
2
CO
3
và K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
. sau
phản ứng thu được 39.4g kết tủa. Lọc tách kết tủa cô cạn dung dịch thu được m gam muối
clorua. M có giá trị là
a. 13.3g b. 15g c. 26.6g d. 63.8g
đáp án: c
Giải: Phương trình tổng quát
M

2
CO
3
+ BaCl
2
BaCO
3
+ 2MCl
n BaCO
3
= 0,2mol
theo phương trình n BaCl
2
= n BaCO
3
= 0,2mol
m BaCl
2
= 0,2 . 208 = 41,6g
theo định luật bảo toàn khối lượng
m M
2
CO
3
+ m BaCl
2
= m BaCO
3
+ m MCl
=> m MCl = 24,4 + 41,6 – 39,4

= 26,6g
Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch HCl dư thấy có 11.2
lít khí thoát ra (đktc) và dung dịch X. cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối khan thu
được là
a. 19g b. 19,5g c. 55,5g d. 37,25g
Đáp án: c
Giải: M + 2HCl MCl
2
+ H
2
n H
2
= 0.5 mol => m H
2
= 1g
n HCl = 1 mol => m HCl = 36,5g
m M + m HCl = m X + m H
2
=> m X = 20 + 36,5 – 1
= 55,5 g
Bài 3: Khử hoàn toàn 40.1g hỗn hợp A gồm ZnO và Fe
2
O
3
bằng khí H
2
thấy tạo ra 12.6g
H
2
O khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là

a. 28,9g b. 51,3g c. 27,5g d. 52,7g
Đáp án a
Giải: n H
2
O = 0.7 mol
ZnO + H
2
Zn + H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2
2Fe + 3H
2
O
Từ phương trình hóa học ta có: n oxi trong oxit = n H
2
O = 0,7mol
m
O
= 0,7 .16 = 11,2g
m
A
= m
kim loại
+ m

oxi trong oxit
=> m
kim loại
= 40,1 – 11,2 = 28,9 g
Bài 4: Khử hoàn toàn 32g hỗn hợp A gồm CuO và Fe
2
O
3
bằng khí H
2
thấy tạo ra 9g H
2
O.
khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là:
a. 12g b. 24g c. 23g d. 41g
Đáp án : b
Giải: n H
2
O = 0.5 mol
CuO + H
2
Cu + H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2

2Fe + 3H
2
O
n
O
= n H
2
O = 0,5 mol -> m
o
= 0,5.16 = 8g
m
A
= m
kim loại
+ m
O
m
kim loại
= 32 – 8 = 24g
Bài 5: Hòa tan hoàn toàn 18.4g hỗn hợp 2 kim loại hóa trị II và hóa trị III trong dung
dịch HCl người ta thu được dung dịch A và khí B. đốt cháy hoàn toàn lượng khí B thu
được 9g nước. Cô cạn dung dịch A thu được khối lượng hỗn hợp muối khan là
a. 9,4 g b. 53,9g c. 55,9g d. 27,4g
Đáp án b
Giải: nH
2
O = 0,5mol
X + 2HCl XCl
2
+ H

2
(1)
2Y + 6HCl 2YCl
3
+ 3H
2
(2)
2H
2
+ O
2
2H
2
O (3)
Theo (3) => n H
2
= 0,5mol => m H
2
= 0,5.2 = 1g
theo (1) và(2) ta có nHCl = 2 n H
2
= 1mol
m HCl = 36,5g
theo định luật bảo toàn khối lượng
m
(X+Y)
+ m
(HCl)
= m
A

+ m
B
=> m
A
= 18,4 + 36,5 -1
= 53,9g
PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO
1. Kiến thức cần ghi nhớ
a. Các chất cùng nồng độ phần trăm
m
1
C%
1
C%
2
– C%
C% =>
m
2
C%
2
C% – C%
1
m
1
là khối lượng của dung dịch có nồng độ C%
1
m
2
là khối lượng của dung dịch có nồng độ C%

2
C% là nồng độ phần trăm dung dịch thu được sau khi trộn lẫn
b. Các chất cùng nồng độ mol
V
1
C
M1
C
M2
– C
M
C
M
=>
V
2
C
M2
C
M
– C
M1
V
1
là thể tích của dung dịch có nồng độ C
M1
V
2
là thể tích của dung dịch có nồng độ C
M2

C
M
là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn
c. Các chất khí không tác dụng được với nhau
V
1
M
1
M
2
– M
M =>
V
2
M
2
M – M
1
M là khối lượng mol trung bình thu được khi trộn lẫn các khí M
1
< M < M
2
V
1
là thể tích chất khí có phân tử khối là M
1
V
2
là thể tích chất khí có phân tử khối là M
2

2. BÀI TẬP
Bài 1: Dung dịch HCl có nồng độ 45% và dung dịch HCl khác có nồng độ 15% để có
dung dịch HCl có nồng độ 20% thì phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch HCl 45%
và HCl 15% theo tỉ lệ là
a. 1:3 b. 1:5 c. 3:1 d. 5:1
Đáp án: b
Giải: Ap dụng phương pháp đường chéo ta có
m
1
45% 5%
20% =>
m
2
15% 25%
Bài 2: Thể tích nước và dung dịch MgSO
4
2M cần để pha được 100ml dung dịch
MgSO
4
0.4M lần lượt là
a. 50ml và 50ml b. 40ml và 60ml c. 80ml và 20ml d. 20ml và 80ml
Đáp án: b
Giải: Gọi V là thể tích nước => thể tích dd MgSO
4
= 100 - V
V 0 1.6
0.4 =>
100 - V 2 0.4
Vậy VH
2

O= 80ml và V MgSO
4
= 20ml
Bài 3: Điều chế hỗn hợp 26 lit khí hiđro và khí cacbonoxit có tỉ khối hơi đối với khí
mêtan là 1.5 thì thể tích khí hiđro và cacbonoxit cần lấy là:
a. 4 lit và 22 lit b. 8 lit và 44 lit c. 22 lit và 4 lit d. 44 lit và 8 lit
Đáp án: a
Giải: M
hỗn hợp
= 1,5.16 = 24g
Ap dụng phương pháp đường chéo ta có
2 4
24 =>
28 22
Bài 4: Thể tích H
2
O và dung dịch NaCl 0.2M cần để pha được 50ml dung dịch NaCl
0.1M lần lượt là
a. 45ml và 5ml b. 10ml và 40ml c. 25ml và 25ml d. 5ml và 45ml
đáp án: c
Giải:
Gọi V là thể tích nước => thể tích dd NaCl = 50 - V
V 0 0.1
0.1 =>
50 - V 0.2 0.1
Vậy VH
2
O= 25ml và V NaCl = 25ml
Bài 5: Khối lượng H
2

O và khối lượng dung dịch đường 15% cần để pha chế được 50g
dung dịch đường 5% là:
a. 2.5g và 47.5g b. 16.7g và 33.3g c. 47.5g và 2.5g d. 33.3g và 16.7g
Đáp án: d
Giải:
Gọi khối lượng nước là m thì khối lượng đường 15% là 50 - m
m 0% 10%
5% =>
50-m 15% 5%
Vậy m H
2
O = 33,3g và m đường 15% = 16,7g
PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
1. Kiến thức cần ghi nhớ
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 đỗi về khối lượng của 1 mol chất trong phản
ứng.
+ Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại.
+ Độ tăng Khối lượng kim loại = m Kim loại sinh ra – m kim loại tan.
Độ giảm Khối lượng kim loại = m kim loại tan – m kim loại sinh ra.
2. Bài tập
Bài 1: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 45g vào 400ml dung dịch CuSO
4
0.5M sau 1 thời gian
lấy thanh nhôm ra cân nặng 46.38g. Khối lượng đồng thoát ra là:
a. 0.64g b. 1.92g c. 1.28g d. 2.56g
Đáp án b
giải: 2Al + 3 CuSO
4

Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Cu
Theo phương trình cứ 2 mol Al 3 mol Cu khối lượng tăng 3 . 64 – 2 . 27 = 138g
Theo đề bài n mol Cu khối lượng tăng 46,38 – 45 = 1,38g
Vậy n Cu = 1,38 . = 0.03 mol => m Cu = 0,03 . 64 = 1,92g
Bài 2: Nhúng thanh sắt có khối lượng 56g vào 100ml dd CuSO
4
0.5M đến phản ứng
hoàn toàn. Coi toàn bộ lượng đồng sinh ra đều bám vào thanh sắt. Khối lượng thanh sắt
sau phản ứng
a. 59,2g b. 56,4g c. 53,2g d. 57,2g
Đáp án b
Giải : Fe + CuSO
4
FeSO
4
+Cu
n CuSO
4
= 0,05 mol
m kim loại tăng = 64 . 0,05 – 56 . 0,05 = 0,4g
m sắt sau phản ứng = m sắt trước phản ứng + m kim loại tăng
= 56 + 0,4
= 56,4 g
Bài 3: Cho 2.52g một kim loại chưa rõ hóa trị tác dụng với dd H

2
SO
4
loãng dư thu
được 6.84 g muối sunfat. Kim loại đã dùng là
a. Fe b.Zn c.Al d.Mg
Đáp án: a
Giải:
Cứ 1 mol kim loại tác dụng -> muối sunfat khối lượng tăng 96g
n mol kim loại theo đề bài khối lượng tăng 6,84 – 2,52 = 4,32g
n kim loại = 4,32 . = 0,045 mol => M kim loại = = 56g
vậy kim loại đó là Fe
Bài 4: Hòa tan 39,4g muối cacbonat của kim loại hóa trị II bằng H
2
SO
4
loãng dư thu
được 46.6g muối sunfat kết tủa. Kim loại đó là
a Fe b. Ca c. Ba d. Pb
đáp án: c
Giải: RCO
3
+ H
2
SO
4
RSO
4
+ CO
2

+ H
2
O
Cứ 1 mol muối cacbonat tác dụng -> muối sufat khối lượng tăng 96 – 60 = 36g
n mol muối cacbonat Khối lượng tăng 46,6 – 39,4 = 7,2g
n muối cacbonat = 7,2 . = 0.2 mol
M muối cacbonat = = 197g
M
R
= 197 – 60 = 137 => R là Ba
Bài 5: Cho 50g kim loại chì vào 100 ml dung dịch chứa 2 muối Cu(NO
3
)
2
0.5M và
AgNO
3
2M. sau phản ứng lấy Pb ra khỏi dung dịch làm khô thì khối lượng chì là
a. 43,75g b. 56,25g c. 42,85g d. 50,9g
đáp án: a
Giải: n Cu(NO
3
)
2
= 0,05mol
n AgNO
3
= 0,2mol
Pb + Cu(NO
3

)
2
Pb(NO
3
)
2
+ Cu (1)
Pb + 2AgNO
3
Pb(NO
3
)
2
+ 2Ag (2)
Theo (1) m Pb giảm = 207 . 0,05 – 64 . 0,05 = 7,15g
Theo (2) m Pb tăng = 0,2 . 108 – 0,1 . 207 = 0,9g
Vậy m Pb giảm = 7,15 – 0,9 = 6.25g
m Pb = 50 – 6,25 = 43,75g
PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP XÁC ĐỊNH
NGUYÊN TỐ DỰA VÀO CÔNG THỨC OXIT CAO NHẤT
1. Kiến thức cần ghi nhớ
- Oxit cao nhất của một nguyên tố R hóa trị y là: R
x
O
y
thì hợp chất của nó với hiđro là:
RH
8 – y
- Ngược lại khi cho hợp chất khí với hiđro của một nguyên tố là RH
y

thì oxit cao nhất của
nó là R
x
O
8-y
- Vận dụng công thức tính theo công thức hóa học:
- Tìm M của R -> tìm tên và kí hiệu hóa học của R
2. Bài Tập
Bài 1: Nguyên tố R tạo thành hợp chất khí với hiđro có công thức là RH
3
. trong hợp chất
oxit cao nhất có 25.93% R về khối lượng. R là nguyên tố nào trong các nguyên tố sau
a. Cacbon b. Nitơ c. Photpho d. Lưu huỳnh
(Trích đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007)
Giải:
Công thức hợp chất khí với hiđro là RH
3
-> công thức oxit cao nhất là R
2
O
5
%R = = 25.93% <=> = 25.93
=> M
R
= 14 g vậy R là nitơ (N)
Đáp án b
Bài 2: Oxit cao nhất của một nguyên tố là RO
3
. trong hợp chất của nó với hiđro có
5.88% hiđro về khối lượng. Nguyên tố đó là

a. lưu huỳnh b. Nitơ c. photpho d. cacbon
Giải
Oxit cao nhất của một nguyên tố là RO
3
=> hợp chất của nó với hiđro là RH
2
% H = = 5.88 => M
R
= 32 vậy R là S.
Đáp án a
PHƯƠNG PHÁP 5:
PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC PHÂN TỬ HỢP CHẤT
HYĐROCACBON DỰA VÀO PHẢN ỨNG HÓA HỌC.
1. Kiến thức cần ghi nhớ
a. Phản ứng cháy của Hyđrocacbon
PTHH C
2
H
4
+ 3O
2
2CO
2
+ 2H
2
O
=> công thức hyđrocacbon có dạng C
n
H
2n

PTHH CH
4
+ 2O
2
CO
2
+ 2H
2
O
=> công thức hyđrocacbon có dạng C
n
H
2n+2
PTHH 2C
2
H
2
+ 5O
2
4CO
2
+ 2H
2
O
=> công thức hyđrocacbon có dạng C
n
H
2n-2
b. Phản ứng với dd Brôm của hyđrocacbon.
PTHH: C

2
H
4
+ Br
2
C
2
H
4
Br
2
=> công thức hyđrocacbon có dạng C
n
H
2n
PTHH: C
2
H
2
+ 2Br
2
C
2
H
4
Br
4
=> công thức hyđrocacbon có dạng C
n
H

2n-2
2. Bài Tập
Bài 1: Biết 0.01 mol hyđrocacbon X có thể tác dụng tối đa với 100ml dd brôm 0.1M vậy
X là hyđrocacbon nào trong các chất sau:
a. CH
4
b. C
2
H
2
c. C
2
H
4
d. C
6
H
6
Giải n X = 0.01 mol
n Br
2
= 0.01 mol
n X = n Br
2
=> hyđrocacbon là C
2
H
4
đáp án c
Bài 2: Đốt cháy hoàn toàn 0.2 mol một hyđrocacbon X thu được 17.6g CO

2
và 7.2g H
2
O.
công thức phân tử X là
a. C
2
H
2
b. C
2
H
6
c. C
3
H
4
d. C
2
H
4
Trích đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007
Giải:
nCO
2
= 0.4 mol
n H
2
O = 0.4 mol
n CO

2
= n H
2
O => X là C
2
H
4
đáp án d
Bài 3: Đốt cháy 3g chất hữu cơ A thu được 8.8g khí CO
2
và 5.4g H
2
O. công thức phân tử
của A là:
a. C
2
H
4
b. C
2
H
2
c. C
2
H
6
d. C
6
H
6

giải nCO
2
= 0.2 mol
n H
2
O = 0.3 mol
nH
2
O >n CO
2
=> A là C
2
H
6
đáp án c
Bài 4: Biết 0.01 mol hyđrocacbon X có thể tác dụng tối đa với 200ml dd brôm 0.1M vậy
X là hyđrocacbon nào trong các chất sau:
a. CH
4
b. C
2
H
2
c. C
2
H
4
d. C
6
H

6
Giải n X = 0.01 mol
n Br
2
= 0.02 mol
n Br
2
= 2nX => X là C
2
H
2
đáp án b
PHƯƠNG PHÁP 6:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ RƯỢU ETYLIC
1. Kiến thức cần ghi nhớ:
a. Độ rượu:
D
r
là độ rượu V
r
là thể tích rượu (ml)
V
HH
là thể tích hỗn hợp (ml)
b. Công thức tính khối lượng khi biết V và D
m = V.D (Cách ghi nhớ mẹ đi về)
D là khối lượng riêng (g/ml) V thể tích (ml) m khối lượng (g)
D H
2
O 1g/ml D rượu etylic 0.8 g/ml

c. Khi cho kim loại Na lấy dư vào rượu
+ Nếu D
r
= 100
0
thì chỉ xảy ra phản ứng
2Na + 2 C
2
H
5
OH 2C
2
H
5
ONa + H
2
Do đó n H
2
= ½ n C
2
H
5
OH
+ Nếu D
r
<100
0
thì sẽ xảy ra các phản ứng hóa học sau:
2Na + 2H
2

O 2NaOH + H
2
2Na + 2 C
2
H
5
OH 2C
2
H
5
ONa + H
2
Do đó n H
2
= ½ ( n H
2
O + n C
2
H
5
OH)
2. Bài tập
Bài 1: Pha 25ml rượu etylic vào 25ml nước thì độ rượu là
a. 1
0
b. 50
0
c. 0,5
0
d. 6,25

0
đáp án: b
giải
Bài 2: Số ml rượu etylic 25
0
pha được từ 500ml rượu 45
0
là
a. 225ml b. 900ml c. 400ml d. 56.25ml
đáp án: b
Giải:
V
rượu
= 500 . 45/100 = 225 ml
V
rượu 25
= 225/25 .100= 900ml
Bài 3: Thể tích không khí cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 13.8g rượu etylic là (các khí
đo ở Đktc)
a. 100,8 lit b. 20,16 lit c. 33,6 lit d. 4,032 lit
đáp án: a
giải: n rượu = 0.3mol
C
2
H
5
OH + 3O
2
2CO
2

+ 3H
2
O
0.3mol 0.9 mol
V O
2
= 0,9 . 22.4 = 20,16 lit
V
KK
= 5VO
2
= 20,16 . 5 = 100,8 lit
Bài 4: Cho kim loại natri lấy dư vào 10ml rượu etylic có khối lượng riêng là 0.8 g/ml thì
thể tích khí hiđrô thu được ở đktc là.
a. 9,74 lit b. 3,89 lit c. 7,79 lit d. 12,17 lit
đáp án: c
giải: 2Na + 2 C
2
H
5
OH 2C
2
H
5
ONa + H
2
m
rượu
= 10 . 0,8 = 8g
n

rượu
= 8/46 = 0,174 mol
VH
2
= 0,174 . 22,4 = 7,79 lit
Bài 5: Cho 100ml rượu etylic 92
0
tác dụng với natri lấy dư biết khối lượng riêng của
rượu là 0.8g/ml, của nước là 1g/ml. thể tích khí hiđro thu được ở đktc là
a. 22,9 lit b. 14,98 lit c. 17,92 lit d. 4,98 lit
(trích đề thi tuyển sinh năm 2006 – 2007)
Đáp án: a
Giải: V
rượu
= 92 ml => m
rượu
= 73.6g => n
rượu
= 1.6 mol
V
nước
= 8ml => m
nước
= 8g => n
nước
= 0.444mol
n H
2
= ½ ( n H
2

O + n C
2
H
5
OH) = 0,222 + 0,8 = 1,022 mol
V H
2
= 1,022 . 22,4 = 22,9 lit
PHẦN IV. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC
Thực tế giảng dạy tôi nhận thấy “Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc
nghiệm môn Hóa học 9” Đạt hiệu quả rất tốt. Học sinh cảm thấy tự tin hơn khi giải bài tập
trắc nghiệm khách quan và các em làm nhanh hơn, ít bị lạc đề hơn. Chất lượng bộ môn có
những chuyển biến tích cực nhất định.
PHẦN V. KẾT LUẬN
Trên đây là “Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn Hóa học 9”
nhằm tạo sự thuận lợi cho học sinh khi giải bài tập trắc nghiệm. Chắc hẳn còn rất nhiều
vấn đề mà tôi chưa phát hiện ra hết mong qua giải pháp này được quý Thầy Cô giáo và
các bạn đồng nghiệp đóng góp, bổ sung để hoàn thiện giải pháp tốt hơn.