hướng dẫn học sinh giải bài tập trắc nghiệm môn hoá học

PHẦN I
MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
- Căn cứ vào tình hình học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông và chương trình thi đại
học từ năm 2006- 2007.
- Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ
thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán,
khái quát của học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh.
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả
cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống
từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó
mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các
hoạt động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trường sở tại: Kiến thức cơ bản chưa
chắc chắn, tư duy hạn chế . Do thay đổi phương pháp kiểm tra đánh giá từ năm học
2006-2007, môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp học sinh nắm
chắc kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt được các bài tập theo phương pháp trắc nghiệm
khách quan.
Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HOÁ HỌC”
II- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc nghiệm
III- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
- Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp,
qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất.
IV- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học.
- Áp dụng hướng dẫn giải các bài tập trắc nghiệm cho học sinh khối 12. Hướng dẫn trao
đổi đề tài này trong lớp bồi dưỡng hè giáo viên THPT tỉnh Lào Cai năm học 2008- 2009

V- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 12 năm học 2008- 2009 khảo sát về khả năng
giải bài tập trắc nghiệm.
2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài trong học kỳ I năm học 2008- 2009 ở 2 lớp 12A2, 12A3
3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 12A2, 12A3.
Hoàn thiện đề tài: Tháng 2 năm 2009
PHẦN II
THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1
A. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập: phương pháp đường chéo, phương pháp
tăng, giảm khối lượng, phương pháp bảo toàn electron…
2. Nắm chắc các kiến thức cơ bản.
3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở toán học.
4. Khả năng khái quát tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán
II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHANH
III. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ
B. KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Tháng 10/2008
Khảo sát 2 lớp 12A2, 12A6
2. Tháng 11/2008 và tháng 12/2008
Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
3. Tháng 1/2009; tháng 2/2009
Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong sách bài tập và các câu trong đề thi đại
học năm 2008.
4. Hoàn thiện đề tài
Đầu tháng 3/2009.
II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHANH
A. Phương pháp tăng giảm khối lượng

1. Ví dụ 1: Hoà tan 6,2g hỗn hợp 2 kim loại kiềm trong nước (lấy dư) thu được 2,24 lít
khí H
2
(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn?
Giải
* Nếu dùng các phương pháp đại số thông thường: đặt ẩn số, lập hệ phương trình thì mất
nhiều thời gian và kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán.
* Nếu dùng phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn khối lượng ta có thể giải
quyết vấn đề một cách đơn giản và hiệu quả.
m
rắn
= m
hỗn hợp kim loại
+
OH
m
−
Vì phản ứng xảy ra tạo hiđroxit kim loại và giải phóng H
2
. Ta đã biết:
H
2
O
→
H
+
+ OH
-
.
2

2,24
2 2. 0,2( )
22,4
H
OH H
n n n mol
− +
= = = =
Vậy m
rắn
=6,2+0,2×17 = 9,6 (g).
2. Ví dụ 2: Có 1 lít dung dịch Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M. Cho 43g hỗn hợp
BaCl
2
và CaCl
2
vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được 39,7g kết tủa
A. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong A.
Giải:
2

2
3
CO
n
−
trong 1lít dung dịch Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M là: 0,1+0,25=0,3
(mol)
Các phản ứng xảy ra:
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
↓
Ca
2+
+ CO
3

2-
→ CaCO
3
↓
Cứ 1 mol BaCl
2
hoặc CaCl
2
chuyển thành BaCO
3
hoặc CaCO
3
khối lượng giảm: 71- 60
= 11(g).
Vậy tổng số mol của
43-39,7
(BaCO3 + CaCO3) = 0,3( )
11
mol
=
chứng tỏ dư CO
3
2-
.
Ta có ngay hệ phương trình: Đặt x, y là số mol của BaCO
3
và CaCO
3
trong A ta có:
0,3

197 100 39,7
x y
x y
+ =


+ =

giải ra:
0,1( )
0,2( )
x mol
y mol
=


=

3
3
0,1 197
% 100 49,62(%)
39,7
% 100 49,62 50,38(%)
BaCO
CaCO
m
m
×
= × =

= − =
3. Ví dụ 3: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO
3
và Y
2
(CO
3
)
3
bằng dung dịch HCl dư ta
thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Hỏi cô cạn dung dịch A thu được
bao nhiêu gam muối khan?
Giải
* Khi chuyển từ muối cácbonat thành muối Clorua, thì cứ 1 mol CO
2
↑ lượng muối tăng.
CO
3
2-
chuyển thành 2Cl
-
→1mol CO
2
↑
60g chuyển thành 71g, khối lượng tăng 11g.
Theo giả thiết:
2
0,672
0,03( )
22,4

CO
n mol= =
* Khi cô cạn dung dịch thu được muối Clorua.
Tổng khối lượng muối Clorua = 10 + 0,03×11 = 10,33(g).
B. Phương pháp bảo toàn khối lượng
1. Ví dụ 1: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại A, B hoá trị (II) bằng
dung dịch axit HCl (dư) ta thu được dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung
dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải:
*Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng hoặc có thể giải
nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng.
*Đặt công thức chung của A và B là
A
ta có:
3 2 2 2
2ACO HCl ACl H O CO
+ → + + ↑
0,06 0,03 0,03
3
2 2
3 2
2
2
10 0,06 36,5 0,03 18 0,03 44
10,33( )
HCl H O CO
ACO ACl
ACl
ACl
m m m m m

g m
m g
+ = + +
+ × = + × + ×
⇒ =
2. Ví dụ 2: Có một hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp đó tác dụng với dung dịch
AgNO
3
dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO
3
đã tham gia phản
ứng. Tính thành phần % về khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu.
Giải
n
NaCl
=x mol, n
NaBr
=y mol. Đặt x+y=1.
Phương trình: NaCl + AgNO
3
→AgCl↓ + NaNO
3
mol x x x x
NaBr + AgNO
3
→AgBr↓ + NaNO
3
mol y y y y
3 3
3

1( ) 85( )
( ).170 170( )
NaNO NaNO
AgCl AgNO
n x y mol m g
m m x y g
= + = ⇒ =
= = + =
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
NaCl
=m
NaBr
=85(g)
Ta có hệ phương trình:
1 0,405( )
58,5 103 85 0,595( )
x y x mol
x y y mol
+ = =
 
⇔
 
+ = =
 
m
NaCl
=0,405×58,5 = 23,7(g) chiếm 27,88%
m
NaBr
chiếm100-27,88 = 72,11%

3. Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn
hợp A cần 21,28 lít O
2
ở đktc và thu được 35,2g CO
2
và 19,8g H
2
O. Tính khối lượng của
phân tử X.
Giải:
Phương trình đốt cháy hỗn hợp:
C
2
H
6
O
2
+ 2,5 O
2
→ 2 CO
2
+ 3 H
2
O
X + O
2
→ CO
2
+ H
2

O
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
2 6 2 2 2 2
18,4( )
18,4
92( )
0,2
X C H O O CO H O
X
X
m m m m m
m g
M u
+ + = +
=
= =
C. Phương pháp bảo toàn electron
* Nguyên tắc
Khi có nhiều chất oxi hoá, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (có nhiều phản ứng
hoặc phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất khử cho phải
bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận. Ta chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và
trạng thái cuối của chất oxi hoá hoặc chất khử thì có thể giải được bài toán đã cho.
*Một số ví dụ
4
Thí dụ 1: Cho 16,2 gam kim loại R tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu được sau
phản ứng cho hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít (đktc). Hỏi
R là kim loại nào?
Giải:
Nhận xét: R tác dụng với oxi cho oxit kim loại mà hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với
HCl cho H

2
↑. Vậy M tác dụng chưa hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và
oxit của R.
Lưu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm được mối liên quan giữa nguyên tử khối
và hoá trị của nó có thể có trong các hợp chất.
4R + nO
2
= 2R
2
O
n
(1)
R
2
O
n
+ 2nHCl = 2RCl
n
+ H
2
O (2)
2R + 2nHCl = 2RCl
n
+ nH
2
(3)
)(6,0
4,22
44,13
2

moln
H
==
+ Theo (1) và (3) tổng số mol electron mà kim loại R đã cho phải bằng tổng số mol
electron mà oxi và H
+
nhận.
+ Gọi x là số mol của kim loại R, nguyên tử khối của kim loại R là M
→số mol electron mà kim loại R nhường là nx.
Theo giả thiết và (1) ta có: Số mol electron mà oxi nhận là 0,15.4
Theo giả thiết và (3) ta có: số mol electron mà H
+
nhận là 0,6.2
⇒ nx= 0,15.4 + 0,6.2 = 1,8 ⇒
n
x
8,1
=
(a)
Mà x là số mol của kim loại ⇒
M
x
2,16
=
(b)
Kết hợp (a) và (b) ta có:
Mn
2,168,1
=
⇒ M=9n ⇒ Chỉ có một cặp nghiệm duy nhất là: M =

27 và n = 3 là phù hợp ⇒ Đó là Al.
Thí dụ 2: Hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại R có hoá trị n duy nhất.
a, Hoà tan hoàn toàn 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl dư thu được 2,128 lít H
2
,
còn khi hoà tan 3,61 gam Y bằng dung dịch HNO
3
loãng, dư thì thu được 1,972 lít khí
NO duy nhất. Xác định kim loại R và tính thành phần % về khối lượng mỗi kim loại
trong Y.
b, Lấy 3,61g Y cho tác dụng với 100ml dung dịch chứa AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
, khuấy kỹ
cho tới khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại.
Hoà tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít H
2
↑.
Tính C
M
của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dung dịch ban đầu. Biết hiệu suất phản

ứng là 100%. Các khí đo ở đktc.
Giải:
a, Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
↑ (1)
5
2R + 2nHCl = 2RCl
n
+ nH
2
↑ (2)
Fe + 4HNO
3
= Fe(NO
3
)
3
+ NO↑ + 2H
2
O (3)
3R + 4nHNO
3
= 3R(NO
3
)
n
+ nNO↑ + 2nH
2

O (4)
*Gọi x là số mol Fe, y là số mol R có trong 3,61 gam Y.
Số mol electron mà Fe nhường ở (1) là 2x. Số mol electron R nhường ở (2) là ny.
Số mol electron mà H
+
thu vào ở (1) và (2) là:
)(19,0
4,22
128,2
.2 mol
=
Tổng số mol electron mà Fe và R nhường bằng tổng số electron mà H
+
nhận
⇒ 2x + ny = 0,19 (a)
- Số mol electron mà Fe nhường ở (3) là 3x
- Số mol electron mà R nhường ở (4) là ny (vì R có 1 hoá trị duy nhất)
Số mol electron mà N
+5
thu vào tạo ra NO là:
)(24,0
4,22
792,1
.3 mol=
⇒ 3x + ny = 0,24 (b)
Lấy (b) trừ (a) ⇒ x=0,05 ⇒ ny=0,09 (c)
+ Mặt khác ta có phương trình theo khối lượng (gọi nguyên tử khối của nguyên tố R là
M):
56x + My = 3,61; mà x=0,05 ⇒ My=0,81 (d)
Từ (c): ny=0,09 ⇒ y=

n
09,0
(n là hoá trị của R, n: nguyên, dương)
Thay vào (d) ⇒ M
n
09,0
=0,81 ⇒ M = 9n
⇒ Nghiệm duy nhất: Al (hoá trị III, nguyên tử khối 27)
⇒%Fe =
%25,77%100
61,3
56.05,0
=
⇒ %Al = 22,75%
b, Các phản ứng có thể xảy ra:
Al + 3AgNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ 3Ag↓ (5)
2Al + 3Cu(NO
3
)
2
= 2Al(NO
3
)
3

+ 3Cu (6)
Fe + 2AgNO
3
= Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag↓ (7)
Fe + Cu(NO
3
)
2
= Fe(NO
3
)
2
+ Cu (8)
(giáo viên lưu ý học sinh phản ứng oxi hoá Fe bằng ion Ag
+
)
*Vì không biết lượng AgNO
3
, Cu(NO
3
)
2
nên có thể dư cả Al, Fe và cả 2 kim loại mới
tạo ra là Cu, Ag.
Theo giả thiết: chất rắn thu được gồm 3 kim loại mà Al hoạt động mạnh hơn Fe nên Al
đã phản ứng hết theo (5) ⇒ còn lại: Fe, Cu, Ag.

⇒ Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(9)
+ Theo (9): n
Fe
=
)(03,0
4,22
672,0
2
moln
H
==
Theo giả thiết dung dịch HCl dư ⇒Fe phản ứng hết ⇒ n
Al
trong hỗn hợp là
)(03,0
27
56.05,061,3
mol
=
−
6
Gọi a là số mol AgNO
3
, b là số mol Cu(NO
3
)

2
.
áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có phương trình:
1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 →a+2b = 0,13 (*)
Phương trình theo khối lượng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**)
Giải hệ phương trình (*), (**) ta có: a = 0,03 (mol); b = 0,05 (mol).
Vậy: Nồng độ mol/l của AgNO
3
là: C
M
=
M3,0
1,0
03,0
=
Nồng độ mol/l của Cu(NO
3
)
2
là: C
M
=
M5,0
1,0
05,0
=
D. Phương pháp dùng các giá trị trung bình
D.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình (
M
)

- Sử dụng để giải nhanh các bài toán là hỗn hợp của 2 hay nhiều chất.
- Xác định nguyên tử khối của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp nhau, thành phần % số
lượng mỗi đồng vị của 1 nguyên tố, tính thành phần % về thể tích các khí trong hỗn hợp
…
- Đặc biệt thích hợp khi giải các bài tập lập công thức các đồng đẳng kế tiếp.
* Khối lượng mol trung bình (
M
) là khối lượng của một mol hỗn hợp.
M
=
Mnm
nn
nMnM
n
m
hh
hh
hh
.


21
2211
=→
++
++
=


21

2211
++
++
=
VV
VMVM
M
hhkhÝ
Thí dụ 1: Hai kim loại kiềm R và R’ nằm ở 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống
tuần hoàn. Hoà tan một ít hỗn hợp của R và R’ trong nước ta được dung dịch A và 0,336
lít H
2
(đktc). Cho HCl dư vào dung dịch A, sau đó cô cạn ta được 2,075 gam muối khan.
Xác định tên kim loại R và R’.
Giải:
2R + 2H
2
O = 2ROH + H
2
(1)
2R’ + 2H
2
O = 2R’OH + H
2
(2)
ROH + HCl = RCl + H
2
O (3)
R’OH + HCl = R’Cl + H
2

O (4)
+ Gọi x là số mol của kim loại R. Nguyên tử khối của R là M.
Gọi y là số mol của kim loại R’. Nguyên tử khối của R’ là M’.
+ Theo (1) và (2) →
015,0
4,22
336,0
22
==+
yx
→ x+y = 0,03(mol)
+ Theo (1),(2),(3) và (4): Tổng số mol 2 muối bằng tổng số mol 2 kim loại →n
muối
=x+y
= 0,03(mol).
69
03,0
075,2
2
==
muoi
M
→ M+35,5 < 69 < M’+35,5
→R là Na (Nguyên tử khối là 23), R’ là K (Nguyên tử khối là 39).
7
Thí dụ 2: Cho 11g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H
2
(đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rượu
trên.

Giải:
Gọi: rượu thứ nhất là ROH, rượu thứ hai là R’OH.
2ROH + 2Na → 2RONa + H
2
(1)
2R’OH + 2Na → 2R’ONa + H
2
(2)
)(15,0
4,22
36,3
2
moln
H
==
Theo (1),(2) → n
2rượu
=2
2
H
n
=2.0,15 = 0,3(mol)
→



→




→<<
=−=→
=⇒==
OHHCOHR
OHCHROH
HCR
CHR
RRR
R
OHRM
52
3
52
3
:'
:
:'
:
'
67,191767,36
67,3667,36
3,0
11
D.2. Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình
* Cách tính số nguyên tử cácbon trung bình (kí hiệu là
n
)
Trong phản ứng cháy chúng ta có:
n
=

hh
CO
n
n
2
Trong hỗn hợp chất:
n
=


21
2211
++
++
xx
xnxn
n
1
, n
2
: Số nguyên tử cácbon của chất 1, 2,…
x
1
, x
2
: số mol của chất 1, 2, …
Trong hỗn hợp chất có thành phần định tính như nhau, thí dụ hỗn hợp chất đều được tạo
thành từ ba nguyên tố là C, H, O ta có công thức
zyü
OHC

→
zyxM 1612
++=
Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 10,2 gam 2 anđêhit no, đơn chức A và B là đồng đẳng kế
tiếp. Đem sản phẩm thu được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)
2
thì thu được
10g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu được 20g kết tủa. Xác định
công thức cấu tạo của A và B.
+Thay thế 2 anđêhit bằng công thức tương đương:
CHOHC
nn 12
+
CHOHC
nn 12
+
+
OHnCOnO
n
222
)1()1(
2
23
+++→
+
(1)
CO
2
+ Ca(OH)

2
= CaCO
3
↓ + H
2
O (2)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ca(HCO
3
)
2

→
0
t
CaCO
3
↓ + H
2
O + CO
2
(4)

8
Theo (2): n
2co
=n
3caco
=
100
10
=0,1(mol)
Theo(4):n
3caco
=
100
20
=0,2(mol)
Theo (3): n
2co
=0,4(mol)
Tổng số mol CO
2
là :n
2co
= 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol)
Theo (1) ta có :
3014
2,10
+
n
mol C
n

H
n2
CHO sau khi cháy cho (
n
+1).
3014
2,10
+
n
mol CO
2
.
Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : (
n
+1).
3014
2,10
+n
= 0,5.
Giải phương trình
→
n
=1,5
→
A là : CH
3
CHO và B là C
2
H
5

CHO.
Thí dụ 2: B là hỗn hợp gồm hai axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng axit
fomic .Cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6.72 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn .
Đốt cháy hoàn toàn m gam B ,rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình (1)
đựng H
2
SO
4
đặc ,bình (2) đựng NaOH rắn .Sau thí nghiệm ,độ tăng khối lượng bình (2)
lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam.
a) Tính m
b) Xác định công thức cấu tạo của A và B.
Giải :
X, Y là đồng đẳng của HCOOH
→
X,Y là axit cacboxylic no,đơn chức .
+thay thế X,Y bằng công thức tương đương C
n
H
n2
1+
COOH
2 C
n
H
n2
1+
COOH + 2Na
→
2 C

n
H
n2
1+
COONa+H
2
(1)
Theo giả thiết:n
2h
=
4,22
72,6
=0,3 (mol)
→
Theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3=0,6 (mol)
C
n
H
n2
1+
COOH + (
2
13 +n
) O
2
→
(
n
+1)CO
2

+(
n
+1)H
2
O (1)
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3

↓
+H
2
O (2)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ca(HCO
3
)
2
→

0t
CaCO
3
↓
+ H
2
O +CO
2
(4)
theo (2) :
2
CO
n

=
3
CaCO
n

(4) : =
100
10

= 0,1 mol

theo (4) :
3
CaCO
n
=

100
20
= 0,2 mol
9
theo(3):
2
CO
n
=0,4mol.TổngsốmolCO
2
là:
2
CO
n
=0,1+0,4=0,5mol
theo (1) ta có :
3014
2,10
+n
mol
n
C
12 +n
H
CHO sau khi cháy cho (
n
+1).
3014
2,10
+n

mol CO
2
theo (1),(2),(3),(4) ta có :(
n
+1)
3014
2,10
+
n
= 0,5 .
giải phương trình
→
n
=1,5
→
A là : CH
3
CHO và B là C
2
H
5
CHO.
Thí dụ 3: B là hỗn hợp gồm 2 axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng của axit
fomic .cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6,72 lit khí ở điều kiện tiêu chuẩn .đốt
cháy hoàn toàn m gam B , rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua
bình (1)đựng H
2
SO
4
đặc bình (2) đựng NaOH rắn. Sau thí nghiệm, độ tăng khối lượng

bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam.
a, Tính m .
b, Xác định công thức cấu tạo của Avà B
Giải:
X,Y là đồng đẳng của HCOOH
→
X,Y là axit cacboxylic no ,đơn chức .
+thay thế X,Y bằng công thức tương đương
n
C
12 +n
H
COONa +H
2
(1)
theo giả thiết
2
H
n
=
4,22
72,6
= 0,3 mol
→
theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3 =0,6 mol
n
C
12 +n
H
COOH + (

2
13 +n
) O
2

→
(
n
+1) CO
2
+ (
n
+1) H
2
O (2)
bình (1) :hấp thụ nước .
bình (2) :CO
2
+2NaOH
rắn
= Na
2
CO
3
+H
2
O
theo giả thiết :
2
CO

m
-
OH
m
2
=36,4
→
0,6(
n
+1).(44-18)=36,4
→
n
=1,333
a) m=n.
M
=0,6(14
n
+46)=38,8(gam)
b,
n
=1,33
COOHHCCOOHCHX
523
;:→
D.3. Phương pháp số nguyên tử hiđro trung bình
Đặc điểm của đồng đẳng liên tiếp là khác nhau 1 nhóm CH
2
. Như vậy đối với nguyên tử
C thì giá trị
C

bị kẹp giữa 2 giá trị tìm được, còn đối với số nguyên tử H thì đó là 2 giá
trị kẹp giá trị số nguyên tử H trung bình. Ta lấy các giá trị chẵn hay lẻ tùy thuộc vào loại
hợp chất. Ví dụ đối với hiđrocacbon thì số nguyên tử H luôn là số chẵn, còn đối với
amin đơn chức lại là số lẻ: CH
3
- NH
2
; C
2
H
5
- NH
2
. Nhờ phương pháp này, việc giải một
số bài toán trở nên đơn giản và nhanh hơn nhiều.
10
Thí dụ 1: Hỗn hợp khí A gồm đimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp.
Trộn 100ml A với O
2
(dư) rồi đốt cháy hết hỗn hợp khí A. Biết đimetylamin cháy thành
CO
2
, H
2
O và N
2
; thể tích hỗn hợp khí sau khi đốt cháy là 650ml. Cho hỗn hợp khí này
qua H
2
SO

4
đặc thì còn lại 370ml và cho qua tiếp dung dịch KOH đặc thì còn 120ml khí.
Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện t
o
và p. Hãy xác định công thức phân tử các
hiđrocacbon.
Giải:
Gọi
yx,
là số nguyên tử C trung bình và số nguyên tử H trung bình của 2
hiđrocacbon.
)
2
1
2
7
2
4
15
)(
222223
NOHCOONHCH
++→+
(1)
OH
y
COxO
y
xHC
yx

222
2
)
4
( +→++
(2)
Theo giả thiết:
mlVmlV
COhoiOH
250120370;280370650
22
)(
=−==−=
2
O
V
tham gia đốt cháy
=
2
CO
V
tạo thành
+
OH
V
2
2
1
(hơi)
ml390280

2
1
250
=+=
q
O
V
(dư)

ml110390500
=−=
mlV
N
10110120
2
=−=
Theo (1): V
đimetylamin
= 10.2 = 20 ml
Tổng V
2 hiđocacbon
= 100 – 20 = 80ml
Theo(1), (2): tổng
.625,2250802.20
2
=→=+=
xxV
CO
Vậy hiđrocacbon thứ nhất có 2
nguyên tử C và hiđrocacbon thứ hai có 3 nguyên tử C.

Tổng
OH
V
2
(hơi)

25,528080.
2
1
5,3.20
=→=+=
yy
Vậy hiđrocacbon thứ nhất phải có 4 nguyên tử H và hiđrocacbon thứ hai phải có 6
nguyên tử H (vì cách nhau 2 nguyên tử H và số nguyên tử H phải chẵn).
Vậy đó là C
2
H
4
và C
3
H
6
11
Thí dụ 2: Cho 3,82 g hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C trong đó B, C có cùng số
nguyên tử cacbon và số mol A bằng
3
5
tổng số mol của B và C. Xác định công thức
phân tử của A, B, C. Biết rằng tổng số mol của 3 rượu là 0,08 mol.
Giải:

M
3 rượu
2,42
08,0
38,3
==
Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,2. Chỉ có
32
3
=
OHCH
M
thoả mãn. Vì
OHHC
M
52
= 46, các rượu không no ít nhất cũng có 3 nguyên tử cacbon và 1 nhóm OH
nên M > 53.
Vì B và C có cùng số nguyên tử C nên A phải là CH
3
OH.
05,0
35
5.08,0
=
+
=
A
n

gm
A
6,132.05,0
==
gm
CB
78,16,138,3
=−=
+
;03,0
35
3.08,0
=
+
=
+CB
n

3,59
03,0
78,1
,
==
CB
M
Gọi
y
là số nguyên tử H trung bình trong 2 rượu B, C
Khối lượng mol trung bình của
OHHC

y
x
là
3,591712 =++yx
->
3,4212
=+
yx
x 1 2 3
y
30,3 18,3 6,3
Chỉ có x = 3 là hợp lý. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H>6,3 và một rượu có số
nguyên tử
H< 6,3. Có 2 cặp nghiệm:
C
3
H
7
OH và C
3
H
5
OH
12
C
3
H
7
OH và C
3

H
3
OH
D.4. Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình:
Giải bài toán hỗn hợp bằng cách dùng gốc hiđrocacbon trung bình
.)(R
Thí dụ: Hỗn hợp A gồm 2 este là đồng phân của nhau tạo bởi axit đơn chức và rượu đơn
chức. Tỉ khối hơi của este so với H
2
là 44. Thủy phân 26,4g hỗn hợp A bằng 100ml dung
dịch NaOH 20% (d=1,2), rồi đem cô cạn dung dịch thu được 38,3g chất rắn khan. Xác
định công thức phân tử và tính thành phần % về số mol mỗi este trong hỗn hợp.
Giải:
882.44
==
A
M
Gọi
R
và
'
R
là gốc hiđrocacbon trung bình của các axit và rượu
OHRCOONaRNaOHRCOOR
''
+−→+−−
n
este thuỷ phân
= n
NaOH phản ứng

=
mol3,0
88
4,26
=
moln
NaOH
6,0
40.100
20.2,1.100
==
NaOH
n
dư
= 0,6- 0,3 = 0,3 mol -> m
NaOH
= 0,3.40= 12g
Khối lượng các muối là: 33,8 – 12 = 21,8g

M
muối
6,72
3,0
8,21
==
6,5676,72
=−=
R
-> nghĩa là có 1 gốc R< 5,6 tức là R chỉ có thể là H và do đó gốc
rượu: R’= 88- 1- 44= 43 ứng với gốc C

3
H
7
-, như vậy este là no.
Gốc R thứ hai phải lớn hơn 5.6 có thể là CH
3
- (M = 15) hoặc C
2
H
5
– ( M = 29 ). Như
vậy có hai nghiệm:
Cặp một : HCOOC
3
H
7
và C
2
H
5
COOC
2
H
3
Cặp hai : HCOOC
3
H
7
và C
2

H
5
COOH
3
Tính % về số mol :
Với cặp 1 : Gọi x, y là số mol HCOOC
2
H
5
( áp dụng công thức :
R
m
=
R
n
.
,2211
RnRnM
R
+=
trong đó n là số mol )



=+
=+
6,5.3,015.1
3,0
yx
yx

->



=
=
1,0
2,0
y
x
13
% HCOOC
3
H
7
=
%7,66
2,01,0
%100.2,0
=
+
% CH
3
COOC
2
H
5
= 100% - 67,7% = 33,3%
Cặp 2 : Gọi x, y là số mol HCOOC
3

H
7
và CH
3
COOCH
3



=+
=+
68,129.1
3,0
yx
yx
->



=
=
05,0
25,0
y
x
→
%HCOOC
3
H
7

=
%3,83
3,0
%100.25,0
=
=> %C
2
H
5
COOCH
3
= 16.7%
D.5. Phương pháp số nhóm chức trung bình:
Thí dụ: Nitro hoá benzen bằng HNO
3
đặc thu được 2 hợp chất nitro là A và B hơn kém
nhau 1 nhóm NO
2
. Đốt cháy hoàn toàn 2,3 gam hỗn hợp A ,B thu được CO
2
, H
2
O và
255,8 ml N
2
( ở 27
0
C và 740 mm Hg ). Tìm công thức phân tử của A, B.
Giải :
C

6
H
6
+
n
HCHNOn
−
→
663
(NO
2
)
n
+
n
H
2
O (1)
Trong đó
n
là số nhóm NO
2
trung bình của A, B
C
6
H
6-
n
(NO
2

)
n

+ O
2

→
6CO
2
+
22
22
6
N
n
OH
n
+
−
(2)
Thề tích N
2
ở đktc:
20
0
6,226
27273
8,255.740
273
.760

mlNV
V
=→
+
=
Theo (2) ta có tỉ lệ:
2266,0
2,11(
34,2
)4578( nn
=
+
Rút ra:
1,1
=
n
. Vậy công thức phân tử của A là C
6
H
5
NO
2
, B là C
6
H
4
(NO
2
)
2

D.6. Phương pháp hóa trị trung bình
Thí dụ: Cho một luồng H
2
đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa
trị kề nhau tới khử hoàn toàn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua bình đựng H
2
SO
4
đặc, thấy
khối lượng bình axit tăng lên 4,68g. Xác định công thức các oxit vanađi.
Giải: Gọi x là hóa trị trung bình của vanađi trong 2 oxit:
V
2
O
x
+ xH
2

OxHV
o
t
2
2
+→
(1)
Theo (1) ta có:
14
7,3
1
.

18
68,4
162,51
3,11
≈→=
+
x
xx
Vậy các oxit là V
2
O
3
và VO
2
E. Phương pháp tách công thức phân tử
Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể dùng công thức phân tử viết
dưới dạng khác nhau. Nguyên tắc của phương pháp tách công thức phân tử dựa trên tỉ lệ
thành phần (%khối lượng) của C và H trong anken (olefin) là không đổi bằng
6
1
2
12
=
n
n
,
nghĩa là trong anken, cacbon chiếm 6/7 khối lượng còn hiđro chiếm 1/7(*). Dùng
phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài toán hữu cơ.
Một số mẫu tách công thức phân tử:
1, Ankan: C

n
H
2n + 2

→
C
n
H
2n
.H
2
2, Ankađien, ankin: C
n
H
2n – 2

→
C
m
H
2m
C, trong đó m= n- 1
3, Aren: C
n
H
2n-6

→
C
m

H
2m
.3C, trong đó m= n- 3
4, Rượu no, đơn chức: C
n
H
2n+1
OH
→
C
n
H
2n
.H
2
O
5, Rượu không no, đơn chức có 1 nối đôi: C
n
H
2n-1
OH
→
C
n
H
2n
O hoặc C
m
H
2m

.CHO,
trong đó m= n- 1.
6, Rượu thơm và phenol: C
n
H
2n-7
OH
→
C
m
H
2m
.C
3
O trong đó m=n-3
7, Anđêhit no, đơn chức: C
n
H
2n+1
- CHO
→
C
n
H
2n
.HCHO hoặc C
m
H
2m
O trong đó m= n

+1
8, Axit no, đơn chức: C
n
H
2n+1
- COOH
→
C
n
H
2n
.HCOOH hoặc C
m
H
2m
O mà m= n +1
9, Axit không no, đơn chức có một nối đôi: C
n
H
2n-1
- COOH
→
C
n
H
2n
.CO
2
Thí dụ: Chia 6,15g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Lấy phần 1
cho tác dụng với Na thu được 0,672 lít H

2
ở đktc. Phần 2 đem đốt cháy thì thu được bao
nhiêu lít CO
2
và bao nhiêu gam H
2
O?
Giải:
Phương trình phản ứng hóa học xảy ra:
C
n
H
2n+1
OH + Na
→
C
n
H
2n+1
ONa + 1/2H
2
(1)
C
m
H
2m+1
OH + Na
→
C
m

H
2m+1
ONa + 1/2H
2
(2)
15
C
n
H
2n+1
OH +
OHnnCOO
n
222
)1(
2
3
++→
(3)
C
m
H
2m+1
OH +
OHmmCOO
n
222
)1(
2
3

++→
Theo (1), (2) : n
rượu

.06,0
4,22
672,0
.22
2
===
H
n
Nếu tách công thức phân tử rượu thành C
x
H
2x
.H
2
O thì lượng H
2
O trong phần tách ra =
0,06.18 = 1,08g.
Khối lượng phần anken C
x
H
2x
g995,108,1
2
15,6
=−=

Theo (*) ta có: m
c
=
2
12.7
995,1.6
995,1.
7
6
COc
nn
==→
litV
CO
192,3
12.7
4,22.6.995,1
2
==
OHHH
nnm
22
2.7
995,1.1
995,1.
7
1
==→=
Tổng khối lượng nước là:
gm

OH
645,308,1
2.7
18.995,1.1
2
=+=
* Ưu điểm: Tách 1 công thức phức tạp ra dạng công thức đơn giản và giải bài toán hóa
học từ cấu tạo đơn giản ấy.
* Nhược điểm: Chỉ dùng cho bài toán hữu cơ.
F. Phương pháp ẩn số:
Một bài toán thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định hoặc không giải
được. Phương pháp ghép ẩn số là một trong những phương pháp đơn giản để giải các bài
toán đó.
• Nhược điểm: Phương pháp ghép ẩn số là một thủ thuật của toán học, không mang
tính chất hoá học.
Thí dụ: Đun p gam hỗn hợp 2 rượu với H
2
SO
4
đặc ta thu được V lít (đktc) hỗn hợp 2
olêfin. Đốt cháy hỗn hợp olêfin đó thì thu được X lít CO
2
(đktc), Y gam nước.
Lập các biểu thức tính X, Y theo P, V
Giải:
Vì đun nóng với H
2
SO
4
đặc ta thu được các olêfin nên hỗn hợp đầu phải gồm có 2 rượu

no, đơn chức.
C
n
H
2n+1
OH
 →
0
42
,tdSOH
C
n
H
2n
+ H
2
O (1)
C
m
H
2m+1
OH
 →
0
42
,tdSOH
C
m
H
2m

+ H
2
O (2)
16
C
n
H
2n
+
2
3n
O
2
→ nCO
2
+ nH
2
O (3)
a mol na
C
m
H
2m
+
2
3m
O
2
→ mCO
2

+ mH
2
O (3)
b mol mb
Theo (3), (4):
mbnann
OHCO
+==
22
(a)
Theo (1), (2): Tổng số mol rượu là: a+b=
4,22
V
(lít) (b)
Khối lượng rượu bằng: (14n+18)a + (14m+16)b=p
Hay 14(na + mb) + 18 (a+b) = P (c)
Thế (b) vào (c) ta có:
14
4,22/.18VP
mbna
−
=+
7
23,79
18.
14
4,22/.18
2
VP
Y

VP
Ym
OH
−
=⇒
−
==
7
92,11
14
4,22/.18
2
VP
X
VP
XV
CO
−
=⇒
−
==
G. Phương pháp tự chọn lượng chất:
Với một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát hoặc không nói
đến lượng chất. Nếu cho các lượng chất khác nhau vẫn chỉ cho 1 kết quả đúng thì trong
những trường hợp này ta tự chọn một giá trị như thế nào để bài toán trở nên đơn giản.
*Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Hoà tan 1 muối cacbonat của kim loại R bằng 1 lượng vừa đủ dung dịch
H
2
SO

4
9,8% thu được 1 dung dịch muối sunfat có nồng độ 14,18%. Hỏi R là kim loại
nào?
Giải:
Gọi n là hóa trị của R ta có:
R
2
(CO
3
)n + nH
2
SO
4
= R
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
O + nCO
2
↑
*Tự chọn: 1 mol R
2
(CO
3
)
n

. Nguyên tử khối của R là M ta có:
Để hòa tan 1 mol [(2M + 60n) gam] muối cacbonat cần n mol H
2
SO
4
hay 98n gam
H
2
SO
4
nguyên chất.
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
9,8% cần dùng là: 1000n gam
17
Khối lượng CO
2
bay ra là: 44n
Khối lượng muối sunfat thu được: (2M + 96n) gam.
Khối lượng dung dịch muối (Theo định luật bảo toàn khối lượng) là:
(1000n + 2M + 60n - 44n) gam.
Theo giả thiết ta có:
%18,14
446021000
%100).962(
=
−++
+

nnMn
nM
→
Rút ra M = 28n
Cho các giá trị n = 1, 2, 3, 4 …
→
n=2 và M= 56 là phù hợp
→
kim loại đó là Fe.
Thí dụ 2: Hỗn hợp X gồm 2 hiđrôcacbon A và B có khối lượng a gam. Đốt cháy hoàn
toàn X thu được
41
132a
gam CO
2
và
41
45a
gam H
2
O. Nếu thêm vào X một nửa lượng A có
trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được
41
165a
gam CO
2
và
41
75,60 a
gam H

2
O.
a) Tìm công thức phân tử của A và B. Biết X không làm mất màu nước brom; A, B
thuộc loại hiđrôcacbon đã học.
b) Tính thành phần % về số mol của A và B có trong X.
Giải:
Chú ý: Phản ứng đốt cháy
Ankan: C
n
H
2n+2
+
OHnnCOO
n
222
)1(
2
13
++→






+
Ta thấy:
22
COOH
nn >

- Với anken, xicloankan:
OnHnCOO
n
HC
nn 2222
2
3
+→+
. Ta thấy
22
COOH
nn =
-Với ankin, ankađien, xicloanken:
.)1(
2
13
22222
OHnnCOO
n
HC
nn
−+→






−
+

−
Ta thấy
OHCO
nn
22
>
- Với aren:
OHnnCOO
222
)3(
2
3-3n
6-CnH2n −+→






+
.
18
Ta thấy
OHCO
nn
22
>>
1) Giả thiết cho X không làm mất màu nước brôm
→
A và B thuộc 1 trong 3 loại:

ankan, xicloankan, aren.
* Để dễ tính toán: Ta chọn a= 41
a) Khi đốt cháy A ta được lượng CO
2
và H
2
O là:
)(75,0
44
33
)(33132165
22
molngamm
COCO
==→=−=
molngamm
OHOH
875,0
18
75,15
)(75,154575,60
22
==→=−=

Ta thấy khi đốt cháy A:
22
COOH
nn >
→
A là ankan (C

n
H
2n+2
)
OHnnCOO
n
HC
nn 22222
)1(
2
13
++→






+
+
+
(1)
75,0
875,01
2
2
=
+
=→
n

n
n
n
OH
CO
Giải phương trình:
→
n= 6
→
A: C
6
H
14
b) Lượng CO
2
và H
2
O khi đốt cháy B là:
)(15,0
44
66
)(6633.2132
22
molngamm
COCO
==→=−=

)(75,0
18
5,13

)(5,1375,15.245
22
molngm
OHOH
==→=−=
→>→
OHCO
nn
22
B là aren.

OHnnCOO
n
HC
nn 22262
)3(
2
33
−+→






−
+
−
(2)
6

5,1
75,03
2
2
=→=
−
=→ n
n
n
n
n
CO
OH
Công thức của B là C
6
H
6.
c, Tổng số mol CO
2
do B sinh ra là 1,5 mol. A và B đều có 6 nguyên tử cácbon. Mà:
n
A
=n
B
→
Mỗi chất chiếm 50% về số mol.
H. Phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử các chất:
Để giải bài toán tìm công thức phân tử ta có thể biện luận theo các nội dung sau:
- Biện luận theo hoá trị
19

- Biện luận theo lượng chất (g, mol)
- Biện luận theo tính chất
- Biện luận theo kết quả bài toán.
- Biện luận theo các khả năng phản ứng có thể xảy ra.
- Biện luận theo phương trình vô định
- Biện luận theo giới hạn …
*Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Hoà tan 16g hỗn hợp gồm Fe và 1 kim loại hoá trị II vào dung dịch HCl (dư)
thì thu được 8,96 lít khí H
2
(đktc). Mặt khác khi hoà tan 9,6 gam kim loại hoá trị II đó
còn dùng chưa đến 1000 ml dung dịch HCl 1M. Xác định kim loại hoá trị II đó.
Giải:
Gọi kim loại hoá trị II là R có nguyên tử khối là M.
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(1)
R + 2HCl = RCl
2
+ H
2
(2)
Gọi: x là số mol của Fe trong hỗn hợp, y là số mol của R trong hỗn hợp.
Theo giả thiết:
⇒== )(4,0
4,22
96,8
2

moln
H
Tổng số mol của 2 kim loại là 0,4 mol.
+ Giả sử x = 0 (chỉ có kim loại R)
→
y=0,4 mol
→
40
4,0
16
==M
Nếu có sắt thì M=
x
x
−
−
4,0
5616
Lập bảng ta có:
x 0 0,1 0,2 0,3
(a)
M 40 34,7 24 -8
Từ bảng (a)
⇒
M<40
Theo giả thiết và (2) ta có: n
R
< 0,5 mol.
R
n

M
6,9
=→
với n
R
< 0,5
→
M >19,2
→
19,2 < M < 40 , R hoá trị II
→
R là Mg.
20
Thí dụ 2: Để đốt cháy hết 1 gam đơn chất X cần dùng lượng vừa đủ là 0,7 lít O
2
ở điều
kiện tiêu chuẩn. Hãy xác định đơn chất X.
Giải:
Gọi M là nguyên tử khối, n là hoá trị của nguyên tố X:
n
OXO
n
X
22
2
2 =+
(1)
Theo (1): Cứ 2M gam X tác dụng vừa đủ với
2
n

.22,4 lít O
2
(ở đktc).
Vậy 1 gam X tác dụng vừa đủ với 0,7 lít (ở đktc).
→
Ta có tỷ lệ:
nM 2,11
7,0
2
1
=
→
M = 8n
Biện luận:
n=1
→
M=8: loại.
n=2
→
M = 16: loại vì X chính là Oxi.
n=3
→
M = 24: loại (Mg không có hoá trị III).
n=4
→
M = 32: Đúng (X là lưu huỳnh).
n = 5
→
M = 40: loại (Ca không có hoá trị V).
n = 6

→
M = 48: loại (Ti không có hoá trị VI).
n = 7
→
M = 56: loại (Fe không có oxi trong đó sắt có hoá trị VII).
n=8
→
M = 64: loại (Cu không có oxi trong đó Cu có hoá trị VIII).
Kết luận: X là lưu huỳnh.
K. Phương pháp đường chéo:
Phương pháp này thường được áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với
nhau. Các chất đem trộn có thể là đồng thể: lỏng với lỏng, khí với khí, rắn với rắn; hoặc
dị thể: rắn với lỏng, khí với lỏng … Nhưng hỗn hợp cuối cùng phải đồng thể.
Phương pháp này đặc biệt thích hợp khi pha chế dung dịch.
Chú ý: Phương pháp này không áp dụng cho các trường hợp khi trộn lẫn các chất
mà có xảy ra phản ứng hoá học (Ví dụ: Cho dung dịch NaOH vào dung dịch HCl).
- Với trường hợp có phản ứng nhưng cuối cùng cho cùng một chất thì áp dụng được
(VD: hoà tan Na
2
O vào dung dịch NaOH, thu được dung dịch NaOH).
21
*Nguyên tắc: Trộn 2 dung dịch với nồng độ khác nhau của cùng 1 chất thì lượng chất
tan trong phần dung dịch có nồng độ lớn hơn giảm đi, còn trong phần dung dịch có nồng
độ nhỏ hơn tăng lên.
Sơ đồ tổng quát: (Giả sử x
1
>x>x
2
)
D

1
x
1
x-x
2
x
xx
xx
D
D
−
−
=
1
2
2
1
(1)
D
2
x
2
x
1
-x
D
1
, D
2
: Khối lượng các chất đem trộn ứng với x

1
, x
2
.
x, x
1
, x
2
: Khối lượng các chất quy về trong 100 đơn vị khối lượng D
1
, D
2
.
*Một số thí dụ:
Thí dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam H
2
O vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dung
dịch NaOH 8%.
Giải: Gọi m là khối lượng nước cần thêm vào:
m 0 4
8 (1)
500 12 8
250
8
4
500
=⇒=⇒ m
m
(gam nước). (x
1

=0 vì trong nước không có NaOH)
Thí dụ 2: Cần trộn H
2
và CO theo tỷ lệ thể tích như thế nào để thu được hỗn hợp khí có
tỷ khối so với metan bằng 1,5.
Giải:
2416.5,1 ==
hh
M
2
H
V
2 4
24
11
2
22
4
2
==⇒
CO
H
V
V
V
CO
28 22
III. CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ
Bài 1:
22

Cho 3,04g hỗn hợp NaOH và KOH tác dụng với dung dịch HCl thu được 4,15g các
muối clorua. Nếu đem điện phân nóng chảy hỗn hợp trên lượng hỗn hợp kim loại thu
được là bao nhiêu (g)?
A.2,02 B. 2,03 C. 2,04 D. Đáp án khác
Giải:
Đặt n
NaOH
= x mol, n
KOH
= y mol. Ta có hệ phương trình:
40 56 3,04
58,5 74,5 4,15
x y
x y
+ =


+ =

giải hệ:
0,02
0,04
x
y
=


=


0,02( )
0,04( )
Na
K
n mol
n mol
=

⇒

=

m=0,02×23 + 0,04×39 = 2,02 (g)
Bài 2:
Trung hoà 200ml dd HNO
3
0,5M cần 6,26g hỗn hợp Na
2
CO
3
và K
2
CO
3
. Nếu cho 3,13g
hỗn hợp muối trên tác dụng hoàn toàn với dd HCl thu được V lít khí ở đktc. Hấp thụ
hoàn toàn V lít khí đó vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thu được m gam kết tủa. m nhận giá trị
là (g):

A. 2,5 B. 3 C. 3,5 D. 4
Giải:
3
0,2.0,5 0,1( )
HNO
n mol
= =
Na
2
CO
3
+ 2HNO
3

→
2NaNO
3
+ H
2
O + CO
2
x 2x x
K
2
CO
3
+ 2HNO
3

→

2KNO
3
+ H
2
O + CO
2
y 2y y
Ta có hệ phương trình:
0,05 0,02
106 138 6,26 0,03
x y x
x y y
+ = =
 
⇒
 
+ = =
 
2
0,05 0,05
.100 2,5( )
2 2
CO
n m g
= → = =
Bài 3:
Hoà tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng axit HCl dư thu được khí A và 2,54g chất rắn
B. Biết trong hợp kim này khối lượng Al gấp 4,5 lần khối lượng Mg. Thể tích khí A là
(lit):
A. 7,84 B. 5,6 C. 5,8 C. 6,2 D.Không xác định được.

Giải:
m
Mg+Al
= 9,14 - m
Cu
= 9,14 - 2,54 = 6,6(g) tương ứng 1 phần khối lượng Mg và 4,5
phần khối lượng Al
⇒
Khối lượng Mg = 1,2g
Khối lượng Al = 5,4 g.
n
Mg
= 0,05 mol; n
Al
= 0,2 mol.
Mg +2H
+

→
Mg
2+

+ H
2
Al + 3H
+

→
Al
3+

+
2
3
2
H
↑
2
H
V
là 7,84 lít (đktc). Đáp án A.
23
Bài 4:
Để thu lấy Ag tinh khiết từ hỗn hợp X (gồm a mol Al
2
O
3
, b mol CuO, c mol Ag
2
O).
Người ta hoà tan X bởi dung dịch chứa (6a+2b+2c) mol HNO
3
được dd Y; sau đó thêm
(giả thiết các phản ứng đạt hiệu suất 100%)
A. c mol bột Al vào Y B. c mol bột Cu vào Y
C. 2c mol bột Al vào Y D. 2c mol bột Cu vào Y
Giải:
Dung dịch Y có 2a mol Al(NO
3
)
3

, b mol Cu(NO
3
)
2
, 2c mol AgNO
3
cho Cu
Cu + 2AgNO
3
→
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
c 2c
Đáp án: B
Bài 5:
Để nhận biết ba axit đặc nguội: HCl, H
2
SO
4
, HNO
3
đựng riêng biệt trong ba lọ bị mất
nhãn ta dùng thuốc thử là:
A. Fe B. CuO C. Al D. Cu
Giải: Đáp án D.
Bài 6:
Cho luồng khí H

2
(dư) qua hỗn hợp các oxit CuO, Fe
2
O
3
, ZnO, MgO rồi nung ở nhiệt độ
cao. Sau phản ứng hỗn hợp rắn còn lại là:
A. Cu, Fe, Zn, MgO B. Cu, Fe, ZnO, MgO
C. Cu, Fe, Zn, Mg D. Cu, FeO, ZnO, MgO
Giải: Đáp án A
Bài 7:
Cho m gam hỗn hợp Mg và Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và
axit H
2
SO
4
0,5M thu được 5,32 lit H
2
(ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích của dung dịch
không đổi). Dung dịch Y có pH là:
A. 1 B. 6 C. 7 D.2
Giải:
V=0,25 lít
n
HCl
= 1.0,25 = 0,25
⇒

0,25( )
H

n mol
+
=
2 4
0,5.0,25 0,125( ) 0,25( )
H SO
H
n mol n mol
+
= = ⇒ =
0,5( )
H
n mol
+
⇒ =
2
5,32
0,2375( )
22,4
H
n mol
= =
H
n
+
bị khử = 0,2375.2 = 0,475 (mol)
Vậy
H
n
+

còn dư = 0,5-0,475 = 0,025(mol)
[H
+
] =
1
0,025
0,1 10
22,4
−
= =
24
pH=1 => Đáp án A
Bài 8:
Hoà tan hoàn toàn 2,81g hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO, ZnO trong 500 ml axit 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 bao nhiêu gam?
A. 6,81 B. 4,81 C. 3,81 D. 5,81
Giải:
2 4
0,1.0,5 0,05( )
H SO
n mol

= =
2 2 2
2 4
.16;
H SO
O O O
m n n n
− − −
= =
m
muối
= m
oxit
+
2 2
4
SO O
m m
− −
−
= 2,81 + 0,05.96 - 0,05.16 = 6,81(g)
⇒
Đáp án A
Bài 9:
Cho 22,4g Fe tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng, dư, sau khi phản ứng kết thúc tạo ra
0,1 mol NO và a mol NO
2
(sản phẩm khử HNO

3
chỉ tạo NO và NO
2
). Giá trị của a là:
A. 0,5 B. 0,3 C. Đáp án khác D. 0,9
Giải:
22,4
0,4( )
56
Fe
n mol
= =
; Fe-3e
→
Fe
3+
mol 0,4 1,2
N
+5
+1e
→
N
+4
(NO
2
)
a a
Ta có: 0,3 + a =
a = 0,9
⇒

Đáp án: D
Bài 10 (Đề thi đại học năm 2007).
Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4
lít dung dịch brom 0,5 M. Sau khi phản ứng hoàn toàn số mol brom giảm đi một nửa và
khối lượng bình brom tăng thêm 6,7 g. CTPT của 2 hiđrocacbon là :
A. C
2
H
2
và C
4
H
6
C. C
3
H
4
và C
4
H
8
B. C
2
H
2
và C
4
H
8
D. C

2
H
2
và C
3
H
8
Giải
n
hỗn hợp
= 0,2 (mol) , n
Brom
= 0,7 (mol)
Lượng brom giảm đi 1/2 nghĩa là số mol brom phản ứng là 0,35 mol.
C
n
H
2n + 2 –2a
+ a Br
2


C
n
H
2 n + 2 – 2 a
Br
2a
0,2 0,35
a = 1,75 .

14n + 2 – 3,5 = 6,7 : 0,2 = 33,5
14n = 35 n = 2,5
Nghiệm hợp lí : B
Bài 11 (Đề thi ĐH năm 2007).
25