skkn các phương pháp giải bài tập trắc nghiệm môn hoá học thpt hồng bàng

Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
Tên đề tài:
“CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
MÔN HOÁ HỌC”
I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1.Đặt vấn đề:
- 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
- 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 trước, 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”
2.Nội dung sáng kiến
I.Lý do chọn đề tài
II.Tổ chức thực hiện đề tài.

A.Cơ sở lý thuyết-Ví dụ minh họa
B.Bài tập thực hành
III.Hiệu quả đề tài
IV.Đề xuất, kiến nghị khả năng áp dụng
V.Tài liệu tham khảo
Xuân Lộc , ngày 20 tháng 12 năm 2013
Người viết
Trần Thị Thu Phương
1
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
PHẦN II :THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
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
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
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=0,35 (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-
.
2
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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
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.
3
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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
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.

4
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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)
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
=
5
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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
=
−
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
=
6
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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).
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
==
7
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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)
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
.
8
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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
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.
9
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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 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
10
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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
% 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.4. 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 :
11

Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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 .5. 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:
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 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.
12
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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).
*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
13
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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:
Cho 3,04g hỗn hợp NaOH và KOH tỏc dụng với dung dịch HCl thu được 4,15g
cỏc muối clorua. Nếu đem điện phõn núng chảy hỗn hợp trờn lượng hỗn hợp
kim loại thu được là bao nhiờu (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:
14
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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.
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
+
⇒ =
15

Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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
−
= =
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 = 1,2
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 bỡnh
chứa 1,4 lớt dung dịch brom 0,5 M. Sau khi phản ứng hoàn toàn số mol brom
giảm đi một nửa và khối lượng bỡnh 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.
16
Trần Thị Thu Phương Trường THPT HỒNG BÀNG
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 lớ : B
Bài 11 (Đề thi ĐH năm 2007)
Một hiđrocacbon X cộng hợp với HCl theo tỉ lệ mol 1:1 tạo sản phẩm có thành
phần khối lượng clo là 45,223%. Công thức phân tử của X là :
A. C
3
H
6

B. C
3
H
4
C. C
2
H
4
D. C
4
H
8
Giải C
x
H
y
+ HCl  C
x
H
y+1
Cl
35,5 12x + y +36,5
45,223 100
12x + y + 36,5 = (35,5.100) : 45,223 = 78,5
12x + y = 42  x = 3; y = 6
Đáp án A.
Bài 12
Ba hiđrocacbon A, B, C kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng ankan, biết tỉ số khối
lượng phân tử C và A là 29 : 15. Khi đốt cháy hết 0,2 mol B, sản phẩm hấp thụ
hoàn toàn vào nước vôi trong dư. Thu được số gam kết tủa là :

A.50 B. 60 C.80 D.Kết quả khác
Giải
Đặt A là C
n
H
2n+2
C là C
n
H
2n+2
+ 2(CH
2
)
Theo giả thiết (14n +2 + 28) : (14n + 2) = 29 : 15
n = 2
Công thức của B là C
3
H
8
.
0,2 mol B  0,6 mol CO
2
 0,6 mol CaCO
3

Đáp án B
Bài 14. (Đại học năm 2007)
Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10.Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H
2

SO
4
đặc thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với H
2
bằng 19. Công thức phân tử
của X là :
A. C
3
H
8
B. C
3
H
6
C. C
4
H
8
D. C
3
H
4
Giải C
x
H
y
+ (x + y/4) O
2
 x CO
2

+ y/2 H
2
O
a a(x + y/4) xa
Hỗn hợp Z gồm O
2
dư và CO
2
Mol O
2
dư = 10a – xa – ay/4
Mol CO
2
= xa
Khối lượng trung bình của hỗn hợp = 38
 {(10a – xa – ay/4)32 + xa.44} : (10a – xa – ay/4 + xa) = 38
 12ax + 1,5ya = 60a
 12x + 1,5y = 60
17
Trn Th Thu Phng Trng THPT HNG BNG
x = 4; y = 8
ỏp ỏn C
PHN III : HIU QU CA TI
1. Cht lng gii cỏc bi tp trc nghim tng lờn rừ rt.
2. Giỳp hc sinh cng c cỏc kin thc c bn mt cỏch cú c s khoa hc.
3. Nõng cao t duy ca hc sinh.
4. Giỳp ng nghip nõng cao cht lng chuyờn mụn.
Phần IV:Kết luận
1. Về mặt nhận thức: Giúp cho cả học sinh và giáo viên có đợc kết quả tốt trong
học tập và giảng dạy.

2. Rèn luyện cho học sinh tiếp cận với các phơng pháp để giải bài toán trắc
nghiệm
Tuy nhiờn, vi kinh nghim cũn cha nhiu nờn vic trỡnh by chc s cũn
nhiu hn ch, cú th cha tht hon ton phự hp vi tỡnh hỡnh thc t. Nhng
ú chớnh l nhng ý tng, c m ln nht ca tụi trong vic giỳp hc sinh cú
phng phỏp hc phự hp vi yờu cu mi. Rt mong quớ thy cụ quan tõm cú
nhiu gúp ý, nhn xột b ớch c hon chnh v cú s sỏt thc hn khi vn
dng .
Xin chõn thnh cm n !
Xuõn Lc, ngy 21 thỏng 12 nm 2013
Ngi thc hin
Trn Th Thu Phnng
18