Tu DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA

TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 1

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU :
Đây là tài liệu do chính anh soạn thảo , từ các nguồn khác nhau , những kinh nghiệm đúc
kết khi đi học và đi dạy qua nhiều năm . Nay anh vẫn còn đang soạn , hi vọng sẽ sớm
xong tất cả các phần mà anh nêu ra dƣới đây . Vì muốn giúp đỡ các bạn nắm bắt lại
những kiến thức hóa bị hỏng và quên trong quá trình học , đồng thời nêu ra các định
hƣớng , tƣ duy để giải quyết nhanh gọn các bài toán hóa từ đơn giản đến phức tạp . Giúp
các bạn hiểu rỏ bản chất và đặt nền móng vững chắc cho con đƣờng học tập và luyện thi
vào các kì thi tuyển sinh đại học – cao đẳng . Đây mới là phần sƣờn sơ sài nên còn rất
nhiều thiếu sót , nếu các bạn phát hiện thì góp ý cho anh thêm nhé ! Anh sẽ cố gắng hết
sức để hoàn thành bộ tài liệu này và gởi sớm đến các bạn .
Sau đây là phần mục lục và 1 phần nhỏ của Quyển 1 gởi tặng cho các bạn :
GIỚI THIỆU CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM HÓA
HỌC
GỒM CÓ 4 QUYỂN :
- QUYỂN 1 : PHẦN 1 : 10 PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA
TRẮC NGHIỆM
- QUYỂN 2: PHẦN 2 : TỔNG HỢP ĐẠI CƢƠNG HÓA VÔ CƠ .
- QUYỂN 3 : PHẦN 3 : TỔNG HỢP ĐẠI CƢƠNG HÓA HỮU CƠ.
- QUYỂN 4 : PHẦN 4 : TỔNG HỢP 40 BỘ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH-CD .CÓ
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT.
QUYỂN 1
PHẦN 1 : 10 PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA TRẮC NGHIỆM
CHỦ ĐỀ 1 : MỘT SỐ VẤN ĐỀ CHUNG ĐỂ GIẢI NHANH .
- GIỚI THIỆU CÁC CÔNG THỨC TÍNH TOÁN TRONG HÓA HỌC
- GIỚI THIỆU 4 ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ BẢN :
A. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG .

B. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ .
C. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN SỐ MOL ĐIỆN TÍCH ION.
D. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN SỐ MOL ELECTRON.
- NÊU CÁC DẤU HIỆU NHẬN BIẾT ,PHÂN DẠNG BÀI TOÁN VÀ HƢỚNG
GIẢI.
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 2

CHỦ ĐỀ 2: PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG .
- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP 10 DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BTKL
 DẠNG 1: BIẾT KHỐI LƢỢNG CHẤT BAN ĐẦU => KHỐI LƢỢNG CHẤT
SAU VÀ NGƢỢC LẠI
 DẠNG 2: DẠNG BÀI TOÁN HH KIM LOẠI ĐỨNG TRƢỚC HIDRO TÁC
DỤNG VỚI AXIT LOẠI I (HCl ; H
2
SO
4
loãng )
 DẠNG 3 : DẠNG TOÁN HH OXIT BAZO TÁC DỤNG VỚI AXIT LOẠI I
 DẠNG 4: DẠNG BÀI TOÁN PƢ GIỮA AXIT VÀ DD BAZO
 DẠNG 5: DẠNG TOÁN CHO ANCOL,PHENOL,AXIT TÁC DỤNG VỚI
Na,K VÀ AXIT ,PHENOL TÁC DỤNG VỚI DD BAZO KIỀM(KOH,NaOH)
 DẠNG 6: DẠNG BÀI TOÁN HH KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI PHI KIM
 DẠNG 7 :DẠNG BÀI TOÁN DÙNG CO,H
2
ĐỂ KHỬ OXIT KIM LOẠI
 DẠNG 8: DẠNG CHO MUỐI CACBONAT TÁC DỤNG VỚI AXIT
 DẠNG 9 :DẠNG BÀI TOÁN NHIỆT PHÂN

 DẠNG 10 : MỘT SỐ DẠNG KHÁC SỬ DỤNG PP BTKL.
- BÀI TẬP ÁP DỤNG TỔNG HỢP PP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG CÓ ĐÁP ÁN
VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT .

CHỦ ĐỀ 3 : PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ
- NÊU NỘI DUNG PHƢƠNG PHÁP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP 6 DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PP BTNT :
 DẠNG 1: DẠNG TOÁN TỔNG HỢP TÁC DỤNG VỚI 1 HAY NHIỀU
CHẤT QUA 1 HAY NHIỀU PƢ KHÁC NHAU
 DẠNG 2: DẠNG BÀI TOÁN HH GỒM NHIỀU CHẤY TÁC DỤNG VỚI 1
CHẤT MÀ CHO HH GỒM NHIỀU SẢN PHẨM KHÁC NHAU
 DẠNG 3: DẠNG TOÁN CHO CÁC OXIT AXIT NHƢ CO
2
,SO
2
QUA DD
BAZO TẠO HH MUỐI
 DẠNG 4: DẠNG BÀI TOÁN VỀ CÁC QUẶNG PHỨC TẠP TÁC DỤNG
VỚI AXIT LOẠI II ( H
2
SO
4
đặc nóng , HNO
3
)
 DẠNG 5: DẠNG BÀI TOÁN DÙNG CO VÀ H
2
ĐỂ KHỬ OXIT KIM LOẠI
 DẠNG 6: DẠNG BÀI TOÁN VỀ PƢ ĐỐT CHÁY CÁC HCHC
- BÀI TẬP ÁP DỤNG TỔNG HỢP SỬ DỤNG PP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ CÓ

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
CHỦ ĐỀ 3 : PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN SỐ MOL ĐIỆN TÍCH ION
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 3

- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP SỬ DỤNG PP BẢO TOÀN
SỐ MOL ĐIỆN TÍCH
- BÀI TẬP ÁP DỤNG TỔNG HỢP SỬ DỤNG PP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH CÓ
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT.
CHỦ ĐỀ 4 : PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN SỐ MOL ELECTRON
- NÊU NỘI DUNG PHƢƠNG PHÁP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP 5 DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP SỬ DỤNG PP BẢO TOÀN SỐ
MOL ELECTRON
 DẠNG 1: XÁC ĐỊNH TÊN KIM LOẠI
 DẠNG 2: XÁC ĐỊNH SẢN PHẨM TẠO THÀNH SAU PƢ OXI HÓA KHỬ
 DẠNG 3: DẠNG CHO HH KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI HH PHI KIM
 DẠNG 4: DẠNG BT CHO HH KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI HH AXIT
LOẠI 2
 DANG 5 : TỔNG HỢP BÀI TOÁN SỬ DỤNG PP BẢO TOÀN ELECTRON
1 NẤC HAY NHIỀU NẤC.
- BÀI TẬP ÁP DỤNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT.
CHỦ ĐỀ 5 : PHƢƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƢỢNG
- NÊU NỘI DUNG VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP 12 DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP SỬ DỤNG PP TĂNG GIẢM
KHỐI LƢỢNG.
 DẠNG 1:DẠNG BÀI TOÁN OXI HÓA ANCOL HAY ANDEHIT
 DẠNG 2:DẠNG BÀI TOÁN TÌM KHỐI LƢỢNG ESTE
 DẠNG 3:DẠNG BÀI TOÁN CHO ANCOL, PHENOL,AXIT TÁC DỤNG

KL KIỀM VÀ PHENOL , AXIT TÁC DỤNG DD BAZO KIỀM
 DẠNG 4: DẠNG BÀI TOÁN HỢP HIDRO CỦA ANDEHIT HOẶC XETON
 DẠNG 5:DẠNG BÀI TOÁN HH CHẤT TÁC DỤNG VỚI 1 HAY NHIỀU
CHẤT QUA NHIỀU GIAI ĐOẠN KHÁC NHAU
 DẠNG 6:DẠNG BÀI TOÁN NHIỆT PHÂN
 DẠNG 7:DẠNG MUỐI CACBONAT TÁC DỤNG VỚI DD AXIT
 DẠNG 8:DẠNG BÀI TOÁN DÙNG CO,H
2
ĐỂ KHỬ OXIT KIM LOẠI
 DẠNG 9 :DẠNG BÀI TOÁN CHO HH KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI AXIT
LOẠI 1 , BIẾT ĐỘ TĂNG KHỐI LƢỢNG DD
 DẠNG 10 :DẠNG BÀI TOÁN CHO KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DD MUỐI
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 4

 DẠNG 11:DẠNG BÀI TOÁN TÌM NHANH SỐ MOL Fe KHI CHO HH KIM
LOẠI ĐỨNG TRƢỚC HIDRO CÓ CHỨA Fe LẦN LƢỢT TÁC DỤNG VỚI
HCl VÀ Cl
2

 DẠNG 12:MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN KHÁC SỬ DỤNG PP TĂNG GIẢM
KHỐI LƢỢNG
- BÀI TẬP ÁP DỤNG PP TĂNG GIẢM KHỐI LƢỢNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI
GIẢI CHI TIẾT
CHỦ ĐỀ 6 : PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG PHƢƠNG TRÌNH ION, ELECTRON
THU GỌN.
- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
- BÀI TẬP ÁP DỤNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

CHỦ ĐỀ 7 : PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
- BÀI TẬP ÁP DỤNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
CHỦ ĐỀ 8 : PHƢƠNG PHÁP QUI ĐỔI
- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
- BÀI TẬP ÁP DỤNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
CHỦ ĐỀ 9 : PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SƠ ĐỒ ĐƢỜNG CHÉO
- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
- BÀI TẬP ÁP DỤNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
CHỦ ĐỀ 10 :PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT .
- NÊU NỘI DUNG PP VÀ PHẠM VI ÁP DỤNG
- TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
- BÀI TẬP ÁP DỤNG CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT




TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 5


10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA TRẮC NGHIỆM
CHỦ ĐỀ 1 : MỘT SỐ VẤN ĐỀ CHUNG ĐỂ GIẢI NHANH .
Để giải nhanh một bài toán Hóa ta cần lƣ ý các vấn đề sau :
1. Học thuộc và sử dụng linh hoạt tất cả các CT tính toán gồm : CT tính số mol , CT
tính khối lƣợng dung dịch , CT tính nồng độ , áp suất ….Trong quá trình tính toán

phải lấy số mol làm đại lƣợng trung gian để tính toán , bởi vì từ số mol ta có thể
suy ra các giá trị về khối lƣợng , thể tích , áp suất, nồng độ .
a. CT tính số mol : lƣợng chất chứa trong 6,023.10
23
hạt vi mô .

A
N
n
N

N
A
= 6,023 .10
23
: hằng số Avogadro .

m
n
M

 áp dụng đƣợc trong nguyên chất
22,4
V
n 
 Khí ( đktc ) : t
0
= 0
0
C  273

0
K , p = 1atm=760mmHg
PV
n
RT

p: áp suất , V : thể tích ,
22,4
0,082
273
R 
, T = t
0
C + 273.
.
M
n C V
: Khí và dd đều dùng đƣợc .
dd
.
100.
mC
n
M

, mà
dd
.m V D
nên :

100.
V D C
n
M


b. CT tính khối lƣợng dung dịch :
-Phân biệt sự khác nhau giữa chất đem hòa tan và chất tan trong dung dịch.
dd
.m V D

dd
.100
%
ct
m
m
C


TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 6

dd ct dm
m m m
 Khi cho các chất hòa tan vào dung dịch hoặc cho các chất hấp thụ vào
dung dịch hoặc trộn lẫn các dung dịch với nhau . Điều quan trọng là phải xác định đƣợc
khối lƣợng dung dịch sau quá trình trên .Để tính nhanh khối lƣợng dung dịch , ta chỉ cần
xét 2 trƣờng hợp :

TH1: Nếu quá trình trên không xảy ra Pƣ hoặc xảy ra Pƣ nhƣng không tạo kết tủa hoặc
bay hơi thì :
m
dd
=
m

các chất đem hòa tan + m
dd
ban đầu .
m
dd
=
m

các chất hấp thụ + m
dd
ban đầu.
m
dd
=
m

các dung dịch đem pha trộn với nhau.
Ví dụ 1 : a).Hòa tan 5,6(g) NaCl vào 100 (ml) H
2
O  dd A. Từ đó : mdd A = 5,6 +
100.1 = 105,6 (g).
b). Trộn lẫn 200 (g) KOH với 300(g) HCl  mdd = 200+300= 500 (g).
TH2: Nếu Pƣ xảy ra và sau Pƣ có tạo thành kết tủa hoặc có khí bay hơi thì ta phải trừ

khối lƣợng kết tủa và khối lƣợng khí thoát ra khỏi dung dịch .
Ví dụ 2: Cho 6,9(g) Na vào 100 (ml) H
2
O  dd A . Tìm mdd A?
Na + H
2
O  NaOH + ½ H
2
.
0,3mol 0,15mol
mdd= 6,9 + 100.1 – 0,15.2 = 106,6 (g).
Lƣu ý : Na,K,Li + H
2
O  ½ H
2

Ca,Ba + H
2
O  H
2
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 7

Ví dụ 3: Cho hổn hợp gồm
2
2
:0,5
:0,5
CO mol

H O mol



vào 300(g) dd Ca(OH)
2
có chứa 37(g)
Ca(OH)
2
.Tìm mdd ?

dd
0,5.44 0,5.18 300 0,5.100 281( )mg    
.
2. Nắm vững và sử dụng linh hoạt 4 định luật bảo toàn :
A. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG :

m

các chất trƣớc PƢ =
m

các chất sau PƢ
Ví dụ 1: Đun nóng hh khí gồm 0,06 mol C
2
H
2
và 0,04 mol H
2
với xúc tác Niken ta

đƣợc hh khí Y . Dẫn toàn bộ hh khí Y lội từ từ qua bình đựng dd Brom(dƣ) thì còn
lại 0,448 (l) hh khí Z ở (đktc) có tỉ khối hơi so với O
2
là 0,5. Khối lƣợng bình dung
dịch Brom tăng lên là :
A: 1,04 g B: 1,32 g C: 1,64 g D: 1,2 g
Giải : m (bình tăng) =
0,448
0,06.26 0,04.2 ( .32.0,5) 1,32( )
22,4
g  

Ví dụ 2: Trung hòa 5,48 g hh gồm CH
3
COOH , phenol,axit benzoic . Cần dung
600ml dd NaOH 0,1M . Cô cạn dd sau PƢ thu đƣợc hh chất rắn khan có khối
lƣợng là :
A: 8,64 g. B 6,84 g C: 4,9 g D : 6,8 g
Giải: m(hh CR) = 5,48 + 0,6.0,1.40 – 0,6.0,1.18 = 6,8 (g)
B. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ :

số mol ng tử của 1 ng tố trƣớc PƢ =

số mol ng tử của ng tố đó sau PƢ
* n O
3
= 0,25 mol  n O
2
= 0,375 mol
n O

nt
= 0,25 .3 = 0,75 mol  n O
nt
= 0,375 .2 = 0,75 mol .
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 8

*
23
23
34
:
:
:0,3 2 0,3.2 0,6
:2
:
CO
Fe x
FeO y
Fe O mol x y z mol
Fe O z
Fe O




     






Ví dụ 1 : Hòa tan hoàn toàn hh gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe
2
O
3
vào dd HCl ta thu đƣợc
dd A. Cho dd A tác dụng với NaOH dƣ thu đƣợc kết tủa . Lọc kết tủa rửa sạch ,sấy khô
nung trong không khí đến khối lƣợng ko đổi thì thu đƣợc m (g) CR . Tính m :
A: 16 (g) B : 30,4 (g) C: 32 (g) D: 48(g)
23
34
FeO
Oxit Fe O
Fe O





+ axit loại 1 ( HCl , H
2
SO
4
l) 
()
()
( ) ( )
Fe II

Fe III
Fe II Fe III







3
23
()
o
CK
t
KK
FeO
Fe OH
Fe O



; Fe(OH)
3

0
t

Fe
2

O
3
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn hh gồm 0,12mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào HNO
3
vừa đủ . Ta
thu đƣợc dd X chỉ chứa 2 muối sunfat và khí duy nhất NO . Tính a?
3
2 2 4 3
24
:0,12 ( ) :0,06
: :2
0,24 0,18 2
HNO
ntS ntS
FeS mol Fe SO mol
Cu S amol CuSO amol
n a n a





    
=> a= 0,06mol.
C. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH :


số mol điện tích ion (+) =

số mol điện tích ion (-)
Ví dụ : Cho 1 dd X chứa Al
3+
x mol ; Fe
2+
y mol ;
2
4
SO

0,3mol; Cl
-
0,4mol. Tìm x và y
biết rằng khi cô cạn dd ta thu đƣợc 59,6 g hh muối khan .
A: x=0,1 và y=0,2 B: x=0,2 và y=0,2 C:x=0,1 và y=0,1. D:x=0,15 và y=0,15.
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 9

C1:
3 2 1 0,2
27 56 0,3.96 35,5.0,4 59,6 0,2
x y x
mol
x y y
   




    



C2: 3x+ 2y = 1 => Nhẫm nghiệm đúng thì chọn .
D. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN SỐ MOL ELECTRON :


số mol mà các chất khử cho =

số mol mà các chất oxi hóa nhận
3
2
5
3
3
6
4
24
2
4
2
dd
:
:
:
Al
Cu

Al x
H N O
Fe
Cu y
H S O
Fe z
NO
SO
















   












n e mà kim loại cho = Hóa trị KL x số mol KL .
24
HCl
H SO




n e
H

nhận = 2. nH
2
43
2
5
32
2
8.
10.
8.
3.
.
e

e
e
e
e
n nhan nNH NO
n nhan nN
H NO n nhan nN O
n nhan nNO
n nhan n NO
















6
24
H S O

đặc

2
2
2.
6.
8.
e
e
e
n nhan nSO
n nhan nS
n nhan nH S









Ví dụ 1: Cho 2,655g hh gồm Fe,Zn tác dụng với HNO
3
dƣ cho ra 0,896 l khí NO duy
nhất dktc . Tìm K/lg của Fe trong hh ?
A: 0,56 g . B : 1,12 g C: 1,68 g D: 0,84 g
C1:
56 65 2,655 0,03
3 2 3.0,04 0,015
x y x mol
x y y mol

  



  

=> nFe= 0,03mol => mFe = 0,03.56 =1,68g
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 10

C2 :
2,655 0,56
: 0,03223
65
A


 lẻ loại … C chẵn chọn
Ví dụ 2 : Hòa tan 18,2g hh X gồm Mg, Al, Fe trong dd HCl dƣ thu đƣợc15,68 lít
H
2
(dktc). Mặt khác nếu cho 18,2 g hh trên tác dụng với HNO
3
dƣ thì thu đƣợc 11,2 lít
NO (dktc) . % mFe trong hh ban đầu là ?
A: 15,4% B: 30,77% C:46,16% D: 61,54%
Giải :

2

3
:
0,7
: % ?
0,5
:
Mg x
HCl nH mol
Al y Tinh mFe
HNO nNO mol
Fe z









C1:
24 27 56 18,2(1)
2 3 2 1,4(2)
2 3 3 1,5(3)
x y z
x y z
x y z
  



  


  

=> z = 0,1mol =>
0,1.56
% .100 30,77%
18,2
mFe 

C2: (3) – (2) => z = 0,1 mol => %mFe
*Chú ý : nFe = số mol e mà
56
;NS

nhận – số mol e mà H
+
(HCl,H
2
SO
4
) nhận Fe
2+
 Fe
3+

Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 14,8g Fe và Cu vào lƣợng dƣ hổn hợp gồm HNO
3
và H

2
SO
4

đặc,nóng
.Sau PƢ thu đƣợc 10,08 lít NO
2
và 2,24 lít SO
2
.Khối lƣợng của Fe trong hổn hợp
ban đầu là :
A : 5,6 g B: 8,4 g C: 18 g D: 18,2 g
Giải :
32
2 4 2
:0,45
:
:0,1
:
HNO NO mol
Fe x
H SO SO mol
Cu y


  



Tìm mFe ?

C1: n
Cu
=
14,8 5,6
64


lẻ .
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 11

n
Cu
=
14,8 8,4
64


chẳn.
C2:
56 64 14,6
3 2 0,45 0,2 0,65
xy
xy



   


=> x =0,15 mol => mFe = 0,15.56 = 8,4 (g)
3. Khi đề bài yêu cầu xác định CT của hợp chất ta cần phải gọi CT của hợp chất .
Việc gọi CT cần đơn giản và tƣơng ứng với số dữ kiện mà đề bài cho.
Ví dụ 1: Cho 3,2 gam một ancol đơn chức tác dụng Na (dƣ) thu đƣợc 1,12 lít H
2

(dktc). Tìm CTPT của ancol đó :
ROH : t
( 17) 3,2
0,05.2 0,1
Rt
t






R=15 CH
3
OH
 Đối với các bài toán hữu cơ , nếu trong đề bài có PT PƢ cháy thì ta nên gọi CT
của chất theo dạng (n)C
n
H
2n…
; vì CT viết theo dang này sẽ thuận lợi cho việc cân
bằng PT PƢ cháy . Ngƣợc lại nếu trong đề bài có các PƢ lien quan đến cấu tạo
của HCHC . Ta nên gọi CT theo dạng (R-). Gọi theo dạng (R-) có ƣu điểm là viets
PT PƢ đƣợc thuận lợi ( trừ PƢ cháy) và không cần phải xác định no hay không no

.
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 1 lƣơng hỗn hợp 2 este no, đơn chức cần 3,976 lít oxi ở
(dktc). Thu đƣợc 6,38 gam CO
2
. Cho lƣợng este này tác dụng vừa đủ với KOH thu
đƣợc 2 ancol kế tiếp và 3,92 gam muối của axit HC . Tìm 2 este trên :
A: HCOOCH
3
và HCOOC
2
H
5
B: HCOOC
2
H
5
và HCOOC
3
H
7

C: CH
3
COOCH
3
và CH
3
COOC
2
H

5
D: CH
3
COOC
2
H
5
và
CH
3
COOC
3
H
7
Giải :
2 este no , đơn chức +
22
2 3,92(
0,1
)
775 0,145
KOH ancolddket
nO mol CO
iep g muo
mol
i









TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 12

0
2 2 2 2 2
32
2
t
nn
n
C H O O nCO nH O


  



t
32
2
n 



t

n
t
32
0,1775
3,625
2
0,04
0,145
n
t
n
t
nt
















''
RCOOR KOH RCOOK ROH  

0,04 0,04

3
( 83).0,04 3,92 15R R R CH     

 Khi đề bài cho hổn hợp gồm nhiều chất giống nhua 1 hoặc 1 số điểm tƣơng đồng
nào đó để đơn giản ta nên sử dụng CT trung bình . Việc sử dụng CT trung bình sẽ
làm cho hổn hợp trở nên đơn giản và có thể sử dụng giá trị trung bình làm đơn vị
trung gian để tính các giá trị khác.
Ví dụ 3: Hỗn hợp X có tỉ khối hơi với H
2
là 21,2 gồm Propan , Propen, Propin. Khi
đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X , tổng khối lƣợng CO
2
và H
2
O thu đƣợc là :
A: 20,4 g B: 18,6 g C: 18,96 g D: 16,8 g
Lƣu ý : HCHC + O
2
: n CO
2
= số C x số mol chất .
n H
2
O = Số H/2 x số mol chất .
Giải :

TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 13

38
36
34
21,2.2 42,4
hh
CH
CH
CH
M








0,1 mol X + O
2

2
2
?
mCO
mH O






3
: 36 42,4 6,4
y hh
X C H M y y     

 X : C
3
H
6,4
: 0,1 mol
2
2
0,3
0,32
nCO mol
nH O mol







44.0,3 0,32.18 18,96( )mg   

Ví dụ 4: Hỗn hợp A gồm CH

3
COOH ,C
2
H
5
COOCH
3
, CH
3
COOCH
3
. Để PƢ hết với
m gam A cần 400 ml dung dịch NaOH 0,5M . Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hh này
thì ta thu đƣợc 13,44 lít CO
2
ở dktc . Giá trị của m là :
A: 8,4 gam B: 11,6 gam C: 14,8 gam D: 26,4
gam
Giải :
3
2 5 3 2 2
33
COOH
COOCH :0,2
COOCH
nn
CH
C H C H O mol
CH








3 6 2
.0,2 0,6 3 :0,2n n C H O mol   

m = 74 . 0,2 = 14,8 gam
 Dựa vào giá trị TB ta có thể suy ra CT của các chất. Cần phân biệt số cacbon trung
bình trong các trƣờng hợp sau :
+ TH 1: Đồng đẳng liên tiếp hoặc ý nghĩa tƣơng tự .
+ TH 2: Đồng đẳng
+ TH 3: Số cacbon trung bình trong CT của andehyt, axit với số cacbon trung bình
của ancol. Điều này tùy thuộc vào cách gọi .
2 ancol :
21
1 1,5 2
nn
C H OH n

   

CH
3
OH C
2
H
5

OH
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 14

2 axit :
21
1 1,5 2
nn
C H COOH n

   

CH
3
COOH C
2
H
5
COOH
 Từ giá trị trung bình ta có thể suy ra đặc điểm của số mol. Đặc biệt là trong TH
các đại lƣợng trung bình là các số nguyên liên tiếp .
:
:
A
B
An
Bn





1
,5
2
2
.
3
,333
1
.
3
1
.
3
,667
2
.
3
A B hh
A hh
B hh
A hh
B hh
k n n n
nn
nk
nn
nn
k

nn




  

































Ví dụ 5: Dẫn 6,72 lít (dkc)khí X gồm 2 anken là đồng đẳng kế tiếp vào bình nƣớc brom
dƣ . Sau 1 thời gian thấy khối lƣợng bình tăng thêm 15,4 gam. Vậy trong X có :
A: 0,1 mol và C
2
H
4
B: 0,2 mol và C
3
H
6

C: 0,2 mol và C
4
H
8
D: 0,1 mol và C
5
H
10
Giải:

2

:0,3 14 .0,3 15,4 3,667
3 3,667 4
0,1( ) 0,2( )
nn
C H mol n n
n
mol mol
   
  


Ví dụ 6: Cho m gam hổn hợp X gồm 2 ancol no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng
đẳng tác dụng với CuO (dƣ). Thu đƣợc hổn hợp chất rắn Z và hổn hợp hơi Y có tỉ khối
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 15

hơi so với H
2
là 13,75 . Cho toàn bộ Y PƢ với AgNO
3
(dƣ) trong dd NH
3
đun nóng sinh ra
64,8 gam Ag . Giá trị m là :
A: 7,8 gam B: 8,8 gam C: 7,4 gam D: 9,2 gam
Giải :
2 2 2 2
2
2

(14 16) 18
27,5 1,5
2
n n n n
nn
C H O CuO C H O H O Cu
C H O
n
Mn
HO

   


    



 Số mol 2 ancol (2 andehyt)= nhau.
3
:
64,8
4 2 0,6 0,1
:
108
HCHO x
x x x
CH CHO x

      





22nn
C H O

: 0,2 =>
(14 18).0,2 7,8( )m n g  

4. Sau khi gọi CT của các chất ta tiến hành đặt số mol của các chất khi đặt số mol ta
cần chú ý :
- Nếu đề bài chia hổn hợp ban đầu thành n phần bằng nhau thì ta gọi x,y,z là số mol
của các chất trong mỗi phần . Từ đó suy ra số mol của các chất trong hổn hợp ban
đầu là: cách đặt số mol nhƣ vậy sẽ giúp cho việc tính toán không liên quan đến
phân số . Tuy nhiên :
+ Nếu đề bài yêu cầu tìm khối lƣợng của hổn hợp , số mol của hổn hợp ….thì ta
phải lấy lƣợng chất trong mỗi phần rồi nhân với n .
+ Nếu đề bài yeu cầu tìm % khối lƣợng, % số mol … thì ta có thể tính toán dựa
trên lƣợng chất của mỗi phần .
- Cần phân biệt sự khác nhau giữa chia làm 2 phần và chia làm 2 phần bằng nhau .
12
1
2
:2 :
2
:2 :
:
:
:

:
2
:
: (1 )
:
: (1 )
A x A x
A chia phan nhauX P P
B y B y
A kx
X
P
B ky
Ax
B chia phanX
By
A x kx k x
P
B y ky k y



    














  




  





  






TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 16

- Với nhiều bài toán đề bài cho hổn hợp với nhiều lần thí nghiệm khác nhau của
cùng 1 hổn hợp nhƣng lƣợng chất khác nhau. Trong trƣờng hợp này ta nên gọi

x,y,z là số mol của các chất trong phần có khối lƣợng nhỏ nhất và sau đó qui đổi
các dữ kiện của các phần lớn hơn về phần nhỏ nhất này.
2 1 2
22
32
1
2
2
3
8,4( ) ( )
4,2( ) ( )
2,1( ) ( )
4
2,1( )
2
Na g hhH O V l H
hhX Al g hhNaOH V l H
Mg g hhHCl V l H
V
HO
V
g hh NaOH
HCl V














  







- Với nhiều bài toán đề bài cho hh ở thể tích hh khí và khối lƣợng hh khí . Trong
trƣờng hợp này ta không đƣợc đồng nhất số mol với nhau.
0
3
3
22
2
22
2
:
1,344( )
:
:
3,62( )
:
t

Ni
AgNO
NH
C H x
l
Hy
C H kx
g
H ky









- Sau khi đặt số mol trong một số bài toán đặc biệt cần chú ý đến điều kiện tồn tại
của số mol. Bao giờ cũng đặt số mol theo lƣợng chất thiếu PƢ. Dựa vào giới hạn
số mol có thể xác định 1 số giá trị khác.
+TH1:
22
4
:
0,
0 , 0,1
:
0,1
C H x

xy
xy
CH y
xy


   





+TH2:
25
3
:1 :
COOH:3mol
C H OH mol x
CH




3 2 5 3 2 5 2
COOH+C COOCCH H OH CH H H O

x x x  0<x<1
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 17

+TH3:
3
2 5 2 5 3 3
2
3 2 5
: ( ) ( ) / 21,6( )
21,6
108
0,1 0,1
46 2
0,1 4,6
46
oxihoa
PU
CH CHO
C H OH m g C H OH du AgNO NH g Ag
HO
m
t nCH CHO nC H OH
m
tm


  



     
    

Ví dụ 1: Cho 20 gam hổn hợp X gồm Al,Fe,Cu chia thành 2 phần bằng nhau:
+Phần 1: Cho tác dụng với HCl dƣ thu đƣợc 5,6(lít) khí ở dktc.
+Phần 2: Cho tác dụng với dd NaOH dƣ thu đƣợc 3,36 lít khí ở dktc.
%mCu trong hổn hợp ban đầu là :
A: 8,5% B: 13,5% C:17% D:28%
 Lƣu ý : KL đứng trƣớc H (trừ Pb) + axit loại 1 (HCl,H
2
SO
4
loãng)  Muối + H
2
.
2
22
2
1
()
2
. omolKL
()
2
3
()
2
M I nH nKL
HoatriKL s
nH M II nH nKL
M III nH nKL





   






Giải:
12
22
:
: : 0,25
20( )
:
: : 0,15
Al x
P Fe y HCl nH mol
Al
Cu
g X Fe
Al x
Cu
P Fe y NaOH nH mol
Cu





  





  






  








TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 18

C1 :
3
0,25

0,1
2
10 0,1.27 0,1.56 1,7( )
3 0,1
0,15
2
1,7
% .100% 17%
10
xy
x
mCu g
y
x
mCu






     







  

C2 :
2
10 ( .0,15,27) (0,25 0,15).56
3
% .100% 17%
10
mCu
  


Ví dụ 2: Oxi hóa 4 (g) 1 ancol đơn chức ta thu đƣợc 5,6 gam hh gồm adehit , ancol (dƣ)
và H
2
O . Nếu đem hh X tham gia PƢ tráng gƣơng thì khối lƣợng Ag thu đƣợc là ?
A: 10,8 (g) B: 21,6 (g) C: 43,2 (g) D: 64,8 (g)
Giải :
4 (g) ancol đơn chức
2
2
5,6( ) ( )
O
andehit
g ancol du
HO









RCH
2
OH : t (mol)
 
2
2
4
5,6( ) ( )
31
RCHO
t O g RCH OH du
R
HO


   





nRCH
2
OH
PƢ
= n RCHO =
5,6 4

0,1
16



4
0,1 31 40 9 :0,1
31
t R R HCHO mol
R
        


0,4 43,2( )nAg mol mAg gam   

Ví dụ 3: Cho PƢ este hóa :
32 23 255
OO C CCH COOH C H OH CH H H O
có K
CB
= 4 .
Tính số mol este tạo thành trong hh khi hệ đạt trạng thái cân bằng xuất phát từ 1 mol axit
và 3 mol ancol.
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 19

A: 0,75 mol B: 0,8 mol C: 0,9 mol D: 1,12 mol
Giải :

32 23 255
OO C CCH COOH C H OH CH H H O

Trƣớc PƢ 1 mol 3 mol 0 0
PƢ x x x x ; 0<x<1
CB 1-x 3-x x x

   
   
2
3 2 5 2
3 2 5
1
2
COOC .
4
COOH . C ) (1 )(3 )
0,9( )
4,4( )
CB
CH H H O
x
K
CH H H x x
x nhan
x loai
   








 Ancol
o
t

nCO
2
 nH
2
O khi nCO
2
< nH
2
O => ancol no
 n ancol no = nH
2
O – nCO
2

 Phenol
o
t

nCO
2
> nH
2

O
 Axit
o
t

nCO
2


nH
2
O
5. Cần nắm vững tính chất hóa học cũng nhƣ phƣơng pháp điều chế các chất, để từ
đó có thể giải nhanh các bài toán mà không cần phải viết PTPƢ.
6. Khi giải bài toán hóa điều quan trọng là phải xác định đƣợc bài toán ra theo hƣớng
hoàn toàn hay không hoàn toàn , để từ đó có thể tính đúng lƣợng chất tham gia PƢ
, biết đƣợc chất nào dƣ chất nào hết . Cụ thể là :
Cho PƢ : A + B  C + D
a). PƢ hoàn toàn : PƢ trên đƣợc gọi là hoàn toàn nếu rơi vào 1 trong 3 TH sau :
* TH 1 : A hết , B ( dƣ ).
* TH 2 : A dƣ , B hết .
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 20

* TH 3 : A, B đều hết ( vừa đủ ).
- PƢ hoàn toàn sẽ có hiệu suất là 100%. Một khi PƢ là hoàn toàn thì chất nào thiếu chất
đó sẽ hết và ta tính toán số mol của các sản phẩm sinh ra dựa vào lƣợng chất thiếu .
26
2 4 2 6

,,
24
22
2
:
:0,3 :0,3
:0,3
:0,6 :0,3
:0,6
oo
Ni t Ni t
C H x
C H C H
hh C H x
H H du
H du x



  
  





 Dấu hiệu để nhận biết 1 bài toán ra theo hƣớng hoàn toàn :
+ Trong đề bài xuất hiện các cụm từ : “ PƢ xảy ra hoàn toàn “ ; hiệu suất PƢ đạt
100% hoặc các cụm từ mang ý nghĩa tƣơng tự .
+ Đó là PƢ giữa các chất xảy ra trong dd thuộc loại PƢ trao đổi tạo thành chất kết

tủa hoặc chất bay hơi , hoặc chất điện li yếu ( H
2
O) thì dù đề bài không gợi ý thì ta
vẫn giải theo hƣớng hoàn toàn .
b). PƢ không hoàn toàn : PƢ trên đƣợc gọi là PƢ không hoàn toàn nếu sau PƢ cả
A và B đều dƣ , do vậy mà :
,
,
A Bdu
A B C D hhX
CD

  



-PƢ không hoàn toàn sẽ có hiệu suất < 100% . Một khi PƢ đã không hoàn toàn thì
lƣợng chất thiếu vẫn dƣ . Khi đó ta đặt ẩn số là số mol chất thiếu PƢ.
0
24
,
2
:0,2
:0,3
Ni t
C H mol
hhX
H mol


C
2
H
4
+ H
2
 C
2
H
6
26
24
2
:
:0,2
:0,3
C H x
hhX C H du x
H du x








-Sau đó nếu đề bài yêu cầu tính hiệu suất PƢ :
H = lƣợng chất thiếu PƢ .100
Lƣợng chất thiếu cho vào

 Dấu hiệu để nhận biết 1 bài toán ra theo hƣớng không hoàn toàn là :
+ Đề bài yêu cầu tìm hiệu suất PƢ hoặc tìm % lƣợng chất đã PƢ.
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 21

+ Trong đề bài xuất hiện cụm từ “ sau 1 thời gian “.
+ Đó là bài toán ra PƢ giữa chất khí với chất khí , khí với rắn , giữa các chất rắn
với nhau .
 Đối với 1 số bài toán ta cần phân biệt hiệu suất của cả quá trình và hiệu suất của
từng giai đoạn .
 Đối với 1 số bài toán yêu cầu tìm lƣợng chất với hiệu suất cho trƣớc ta chia thành
2 dạng bài .
+ Bài toán thuận : là bài toán cho nguyên liệu tìm lƣợng sản phẩm thực tế. Trong
trƣờng hợp này :
Lƣợng sản phẩm thực tế = Lƣợng sản phẩm lí thuyết x H%.
+Bài toán nghịch : là bài toán cho lƣợng sản phẩm => lƣợng nguyên liệu thực tế .
Ta có : Lƣợng nguyên liệu thực tế = Lƣợng nguyên liệu lí thuyết
H%
+ Trong quá trình giải các bài toán liên quan đến điều chế hay sản xuất, để tính
nhanh thay cho việc tính từng giai đoạn . Ta nên sử dụng sơ đồ hợp thức để tính
toán, sơ đồ hợp thức chính là sơ đồ rút gọn đã đƣợc cân bằng số nguyên tử của
nguyên tố chính cụ thể là :
3CaCO
3
3CaO3CaC
2
3C
2
H

2
C
6
H
6
C
6
H
5
NO
2
C
6
H
5
NH
2

3 mol 1 mol
FeS
2
 2 SO
2
 2 SO
3
 2 H
2
SO
4

1 mol 2 mol
 Khi tính toán các sơ đồ hợp thức các polime thì ta nên bỏ (n) mà tính toán bình
thƣờng .
Ví dụ 1 : Cho sơ đồ chuyển hóa :

TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 22

2CH
4
 C
2
H
2
 C
2
H
3
Cl  PVC
2
CH
CH
Cl







8 mol 4 mol
Để tổng hợp 250 kg PVC theo sơ đồ trên thì cần V m
3
khí thiên nhiên (dktc). Giá trị
của V là ( biết CH
4
chiếm 80% V thiên nhiên và H % = 50% ) :
A: 358,4 m
3
B : 448 m
3
C : 286,7 m
3
D : 224 m
3


3
250
.2
62,5
22,4
1
. 448( )
50% 80%
KTN
Vm

Ví dụ 2: Ngƣời ta điều chế H

2
SO
4
theo sơ đồ sau :
60% 70% 80%
2 2 3 2 4
2 2 2FeS SO SO H SO  
. Tính khối lƣợng quặng birit ( chứa 10%
tạp chất ) để điều chế đƣợc 1 tấn H
2
SO
4
98% :
A : 1,52 tấn B : 1,7857 tấn C : 1,752 tấn D : 1,984 tấn.
Giải :

60%.70%.80% 33,6%
2 2 4
2FeS H SO



120 2.98

0,98.120
2.98
1,984
33,6%.90%
quang
m 

(tấn )



TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 23

CHỦ ĐỀ 2 : PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
1. NỘI DUNG PHƢƠNG PHÁP :
- Đối với mọi quá trình PƢ thì tổng khối lƣợng của các chất tham gia PƢ luôn luôn
bằng tổng khối lƣợng các chất sau PƢ.


A + B  C + D thì m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D

- Tuy nhiên trong quá trình PƢ có thể có lƣợng chất dƣ hoặc trong trƣờng hợp PƢ
không hoàn toàn ( H% < 100 % ) thì :



2. Phạm vi áp dụng :
- Phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng đƣợc dùng để giải nhanh các bài toán tìm khối

lƣợng khi mà việc viết PT quá phức tạp hoặc do số lƣợng PT quá nhiều . Trong
trƣờng hợp ta không cần quan tâm PƢ diễn ra nhƣ thế nào và sản phẩm là gì thì ta
nên sử dụng phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng . Điểm mấu chốt quan trọng nhất là
tìm thấy sự bảo toàn khối lƣợng từ hổn hợp ban đầu đến cuối cho dù lƣợng hổn
hợp này bị biến đổi thành các chất khác nhau ở các bộ phận khác nhau.
3. Dạng toán và ví dụ áp dụng :
Dạng 1: Biết Khối lượng chất ban đầu => khối lượng chất sau và ngược lại :
- Đối với dạng toán này ta không cần quan tâm đến PƢ có hoàn toàn hay không mà
chỉ cần xem khối lƣợng hổn hợp đầu là bao nhiêu => Khối lƣợng sau và ngƣợc lại.
Ta cũng không cần quan tâm đến PƢ là gì và sản phẩm là gì . Nếu 1 hổn hợp
không cho thêm chất vào và lấy bớt ra thì khối lƣợng của nó luôn luôn bảo toàn .
- Các bài toán về PƢ nhiệt nhôm , cracking, hợp Hidro, đề hidro đều thuộc dạng
toán này :


m các chất tham gia PƢ =

m các chất tạo thành .

m các chất trƣớc PƢ =

m các chất sau PƢ .
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 24

Ví dụ 1: Chọn 5,4 bột Al với 12 gam Fe
2
O
3

rồi nung nóng 1 thời gian để thực hiện PƢ
nhiệt nhôm . Sau PƢ thu đƣợc m gam chất rắn . Tìm m ?
A: 21, 4 gam B : 16,05 gam C: 18,6 gam D: 17,4 gam
Giải : m CR = m Al + m Fe
2
O
3
= 5,4 + 12 = 17,4 (gam)
Ví dụ 2 : Tiến hành cracking Butan 1 thời gian thu đƣợc hổn hợp khí X . Cho X qua
dung dịch Brom dƣ thấy khối lƣợng bình tăng thêm 4,9 gam. HH khí Y đi ra khỏi
bình có V là 3,36 lít ở ( dktc) và có tỉ khối với H
2
là 38/3 . Khối lƣợng Butan là :
A : 8,7 gam B: 6,8 gam C: 15,5 gam D: 13,6 gam
dd
4 10
4,9
0,15
38 76
.2
33
hh
cracking Brom
mbinh gam
n Y mol
C H mX Y
M





  





m C
4
H
10
= m
bình tăng
+ n Y .
M
Y = 4,9 + 0,15.
76
3
= 8,7 (gam)
Ví dụ 3 : Đun nóng 5,14 gam hh X gồm CH
4
; H
2
và 1 ankin với xúc tác Ni, thu đƣợc
hổn hợp khí Y . Cho hh khí Y lội qua bình đựng dd Brom dƣ thì thấy thoát ra 6,048 lít
hh khí Z ở dktc có tỉ khối với H
2
là 8 . Độ tăng của khối lƣợng bình đựng dd Brom là :
A: 0,82 gam D : 1,62 gam C: 4,6 gam D: 2,98 gam.
Giải: m

bình tăng
= 5,14 – ( 6,048 : 22,4 ).8.2 = 0,82 gam
Dạng 2: Dạng bài toán hỗn hợp KL đứng trước hidro tác dụng với axit loại I (
HCl , H
2
SO
4 loãng
):
K,Ca,Na,Mg,Al,Zn,Fe,Ni,Sn,Pb,H,Cu,Ag,Hg,Pt,Au
- KL đứng trƣớc Hidro + axit loại 1  Muối + H
2
.
M
hh
KL đứng trƣớc H + m
axit PƢ
= m
hh muối
+ m H
2
.
Ta có :
2
2 4 2
2.
.
PU
nHCl nH
nH SO n H







- Đối với dạng toán này thay vì giải bằng phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng ta có
thể giải nhanh bằng phƣơng pháp mở rộng bảo toàn khối lƣợng.
 C1: hh KL đứng trƣớc H + axit loại 1  hh muối + H
2
.
TƢ DUY HÓA HỌC – PHƢƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM HÓA .

Trần Nguyễn Thành Long – 0934.743.830 - 0169.8820.881 Page | 25

Hh muối 
()
()
ion
ion





 m hh muối = m hh KL + m ion(-) gốc axit .
 C2: Đặt ẩn số giải thông thƣờng cách này chỉ thực hiện đƣợc khi số ẩn số ta gọi =
với số dữ kiện mà đề bài cho . Ngoài ra cần lƣu ý :
KL đứng trƣớc H (trừ Pb) + axit loại 1 (HCl,H
2
SO

4
loãng)  Muối + H
2
.
2
22
2
1
()
2
. omolKL
()
2
3
()
2
M I nH nKL
HoatriKL s
nH M II nH nKL
M III nH nKL




   






Ví dụ 1: Cho 9,7 gam hh 3 Kim loại Na, Mg, Al hoàn toàn hòa tan trong V (lít) dd HCl
vừa đủ thu đƣợc dd A và 7,84 lít khí ở dkc . Tính khối lƣợng muối khan thu đƣợc khi cô
cạn dd A :
A: 34,25 gam B: 31,15 gam C: 34,775 gam D: 34,55 gam
Giải: nH
2
= 0,35 mol  n HCl = n Cl = 0,35 .2 = 0,7 mol  m Cl = 0,7 . 35,5 = 24,85g
 m muối khan = 9,7 + 24,85 = 34,55 gam .
Ví dụ 2: Hòa tan 9,14 gam 1 hợp kim gồm Cu, Mg,Al bằng 1 lƣợng vừa đủ dd HCl thu
đƣợc 7,84 lít khí X (dkc) và 2,54 gam chất rắn Y và dd Z , lọc bỏ chất rắn Y và cô cạn dd
Z thì thu đƣợc khối lƣợng muối khan là :
A: 19,025 gam B: 31,45 gam C: 33,99 gam D : 56,3 gam
Giải: m muối khan =
7,84
9,14 ( .2.35,5) 2,54 31,45( )
35,5
gam  

Ví dụ 3: Hòa tan m gam hh Mg,Zn,Fe trong 500ml dd H
2
SO
4
nồng độ a mol/lít ta thu
đƣợc dd A và 6,72 lít khí Hidro (dkc) , khi cô cạn dd A ta thu đƣợc 43,3 gam hh muối
khan . Hãy xác định a và m ?
A : 0,3 M và 15,4 gam B: 0,6 M và 14,5 gam
C : 0,3 M và 14,5 gam D : 0,6 M và 15,4 gam
Giải: n SO
4

= n H
2
= n H
2
SO
4
= 0,3 mol => C
M
H
2
SO
4
= 0,3 : 0,5 = 0,6 M