Rèn luyện kĩ năng bấm máy tính giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học

Khi lập biểu thức tính toán hay lập 1 phương trình cho 1 hệ phương trình trong quá trình giải bài tập trắc nghiệm hoá học
CẦN KỈ NĂNG DÙNG MÁY TÍNH góp phần tăng tốc độ làm bài. Tôi mạo mụi trình bày ý tưởng nầy mong các thầy cô
và các em có thể góp ý thêm.
1. Lập phương trình với đại lượng trung bình :
Hỗn hợp X gồm A (x mol), B (y mol) và M
X
là khối lương mol trung bình của hỗn hợp X.
Phương trình : (M
A
-M
X
)x+(M
B
-M
X
)y+ =0
Ví dụ 1 : Hỗn hợp X gồm CO
2
, CO và H
2
có tỉ khối so với hiđro là 12. Dẫn 5,6 lít hỗn hợp X (đktc) vào dung dịch
Ba(OH)
2
dư thu được 19,7 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng H
2
trong hỗn hợp X là
A. 6,67%
B. 3,33%
C. 4,80%
D. 2,22%
Giải

CO
2
(x mol), CO (y mol) và H
2
(z mol)
x+y+z=5,6:22,4=0,25; (44-24)x+(28-24)y+(2-24)z=0; x=19,7:197=0,1
x=0,1; y=0,05;z=0,1
%H
2
=0,1*2*100: (0,25*24)=3,33%
Cách khác :
Gọi x là phần trăm khối lượng hiđro trong hỗn hợp X
(5,6:22,4)*24*x+19,7:197*44+(5,6:22,4-19,7:197-(5,6:22,4)*24*x:2)*28=(5,6:22,4)*24
x=0,03333333
Tổng quát : hỗn hợp X gồm A (x mol), B (y mol) có thuộc tính i
A
,i
B
và đại lượng trung bình i
tb
.
Phương trình : (i
A
-i
tb
)x+(i
B
-i
tb
)y+ =0

Ví dụ 2 : ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN I, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh
Hỗn hợp X gồm C
3
H
6
, C
4
H
10
, C
2
H
2
và H
2
. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình
thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O
2
(đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng
nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung
dịch brom trong CCl
4
thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch
brom dư trong CCl
4
, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là
A. 21,00.
B. 14,28.
C. 10,50.
D. 28,56.

Giải
Dễ thấy rằng C
3
H
6
=(C
2
H
2
+C
4
H
10
):2
có thể qui hỗn hợp đầu về C
4
H
10
(x mol); C
2
H
2
(y mol) và H
2
(z mol)
(400-4*44-5*18)x+(200-2*44-18)y-18z=21,45
2y-z=24:160
(0-64:160:0,5)x+(2-64:160:0,5)y+(0-64:160:0,5)z=0 'Độ bất bảo hòa trung bình.
x=0,075; y=0,15 và z=0,15
V=(0,075*6,5+0,15*2,5+0,15*0,5)*22,4=21

Cách khác :
C2H2−→−CH4C3H6−→−CH4C4H10
Công thức chung : C2H2−→−−−−( - )n 2 CH4CnH -4n 6(Δ=2n+ −(2 4n− )6 2= −4 n)(xmol)
H
2
: y mol
(100n-44n-(2n-3)*18)x-18y=21,45
(4-n)*x-y=24:160
((4-n)-64:160:0,5)x+(0-64:160:0,5)y=0
nx=0,6; x=0,225; y=0,15
V=((2n-1,5)x+0,5y)*22,4=21
Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm CH
4
, C
3
H
6
và H
2
. Đốt m gam hỗn hợp X sau đó hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thấy khối
lượng dung dịch Ca(OH)
2
giảm 24,96 gam. Cho m gam hỗn hợp X qua Ni đun nóng sau khi phản ứng kết thúc thu được
hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 19,2 gam. Mặt khác 23,184 lít hỗn hợp X (đktc) tác dụng tối đa với 72 gam brom (trong
nước). Giá trị của m là
A. 12,55 B. 10,66 C. 11,44 D. 9,88
Giải
Trong m gam

CH
4
(x mol), C
3
H
6
(y mol) và H
2
(z mol)
20x+114y-18z=24,96
y-z=0,12
(0-10/23)x mol+(1-10/23)y+(0-10/23)z=0
x=0,18; y=0,2; z=0,08
m=0,18*16+0,2*42+0,08*2=11,44
.2. Dùng lại biểu thức (tái sử dụng) :
Có thể có những biểu thức lập xong để thực hiện mục tiêu 1 ta có thể quay lại chỉnh biểu thức để thực hiện mục tiêu
2 nếu xoá biểu thức trước đó sẽ mất thời gian.
Ví dụ 1 : Hoà tan hỗn hợp Mg và Al trong dung dịch HCl 10% vừa đủ thu được dung dịch chứa 2 muối AlCl
3
5,941% và
MgCl
2
x %. Giá trị của x là
A. 5,46%
B. 6,28%
C. 6,34%
D. 7,36%
Giải
Al : a mol; Mg: (1-a) mol
,133 5a× ( + × , × : − )+( + × , × : − )×( −100 27 3 36 5 100 10 3 24 2 36 5 100 10 2 1 a)= ,5 491

Shift solve ta được a=0,39997948 (dỉ nhiên trong máy tính bấm chữ X thay cho a)
Ta xoá vế phải, dấu = sau đó sửa tử số thành (1-a)*95*100 và bấm = để tính
×( −95 1 a)× ( + × , × : − )+( + × , × : − )×( −100 27 3 36 5 100 10 3 24 2 36 5 100 10 2 1 a)
Kết quả =6,342059078
Ví dụ 2 :Hỗn hợp X gồm m gam glixin, 2m gam alnin và 3m gam axit glutamic . Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch
HCl vừa đủ thu được 95,01 gam muối. Để đốt hỗn hợp X cần V lít O
2
(đktc). Giá trị của V là
A. 54,28
B. 58,52
C. 60,14
D. 53,28
Giải
m×(175×( + , )+75 36 5 289×( + , )+89 36 5 3147×( + , ))= ,147 36 5 95 01
m=11,79996161
Sửa lại biểu thức
m×(175× , +2 25 289× , +3 75 3147× , )× , =5 25 22 4
Kết quả =58,52307095
3. Nhẩm hệ số :
Khi tính toán ta có thể tận dụng tỉ lệ và nhẩm 1 số hệ số trong phản ứng hóa học.
Ví dụ 1 : Đốt gam 50 gam hỗn hợp X gồm 20% ancol etylc, 15% etilenglicol , 15% propan-1,2-điol và 50% glixerol về số
mol cần V lít hỗn hợp khí oxi và ozon (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 20. Giá trị của V là
A. 41,24
B. 39,86
C. 40,32
D. 40,43
Giải
Qui hỗn hợp oxi và ozon về oxi nguyên tử
V= , × + , × + , × + , ×500 2 46 0 15 62 0 15 76 0 5 92×( , × + , × + , × + , × )× : × , = , 0 2 7 0 15 5 0 15 8 0 5 7 16 40 22 4 40 432
Ghi chú : xem thêm nhẩm hệ số cân bằng.

Ví dụ : hệ số cân bằng O của phản ứng giữa glixerol với O
C
3
H
8
O
3
3*2+8:2-3=7
Ví dụ 2 : Hỗn hợp X gồm FeS và FeS
2
có tỉ lệ số mol FeS:FeS
2
=1:2. Cho m gam hỗn hợp tác dụng với dung dịch
H
2
SO
4
đặc nóng dư thu được V lít SO
2
(đktc). Hấp thụ V lít SO
2
trên vào 400ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch
chứa 2 muối với tổng khối lượng là 6,3655m gam . Giá trị của m là
A. 5,904
B. 6,232
C. 5,576
D. 5,248
Giải
( , −0 4 m + ×88 2 120×( , + × , ))× +(4 5 2 7 5 126 2m + ×88 2 120×( , + × , )× − , )× = ,4 5 2 7 5 2 0 4 104 6 3655m
m=5,904….

Ví dụ 3 : Hòa tan hỗn hợp X gồm KMnO
4
và MnO
2
trong HCl dư sản phẩm thu được gồm KCl, MnCl
2
H
2
O và khí
Cl
2
.Phần trăm khối lượng MnO
2
trong X (biết HCl bị oxi hóa chiếm 60% lượng HCl phản ứng) là
A. 26,85%
B. 21,59%
C. 15,51%
D. 29,23%
Giải
MnO
2
: x gam; KMnO
4
: 100-x gam
x87× +2 −100 x158×5x87× +4 −100 x158×8= ,0 6
x=21,58808933
Ví dụ 4 : ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN II, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh. Cho hơi nước
qua than nung đỏ, sau khi làm khô hết hơi nước thu được hỗn hợp khí X(gồm CO, H
2
, và CO

2
) có tỉ khối của X so với
H
2
bằng 7,875. Cần bao nhiêu kg than có chứa 4% tạp chất trơ để thu được 960 m
3
hỗn hợp khí X trên đo ở 1,64 atm và
127
o
C, biết rằng có 96%cacbon bị đốt cháy ?
A. 225,000 kg.
B. 234,375 kg .
C. 216,000 kg .
D. 156,250 kg
Giải
Qui hỗn hợp về “hơi C” và “hơi nước”
m= , × , ×1 64 9600 082 400× − , × −18 7 875 218 12× : , : , = ,12 0 96 0 96 234 375
4. Tính trực tiếp hoặc đặt ẩn số trực tiếp :
Trong nhiều trường hợp tính trực tiếp hay đặt ẩn số trực tiếp cho kết quả nhanh hơn giải hệ.
Ví dụ 1 : ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN I, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh
Hỗn hợp khí X gồm CO, CO
2
và N
2
, tỉ khối của X so với H
2
là 19. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với 100 ml dung
dịch Y chứa NaOH 2M và Na
2
CO

3
1,5M, thu được dung dịch Z. Cho Z tác dụng với lượng dư dung dịch CaCl
2
, sau khi
kết thúc phản ứng thu được 10 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 15,2.
B. 9,5.
C. 13,3.
D. 30,4.
Giải
(0,5-0,15-10:100)*(44+(44-38): (38-28)*28)=15,2
Ví dụ 2 : ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC-LẦN 1 –2014-
MÔN HÓA HỌC-QUỲNH LƯU 1-NGHỆ AN
X là tetrapeptit Ala-Gly-Val-Ala, Y là tripeptit Val-Gly-Val. Đun nóng m (gam) hỗn hợp chứa X và Y có tỉ lệ số mol của X
và Y tương ứng là 1:3 với dung dịch NaOH vừa đủ. Phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch T. Cô cạn cẩn thận dung dịch
T thu được 23,745 gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 17,025.
B. 68,1.
C. 19,455.
D. 78,4
Giải
m+m( × + + − )+ ×( × + − )89 2 75 117 54 3 117 2 75 36 ×( × − × )= ,13 40 4 18 23 745
m=17,025
Ví dụ 3 :ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN I, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh
Cho 7,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và Ca phản ứng vừa đủ với 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm Cl
2
và O
2
thu được 19,85
gam chất rắn Z chỉ gồm các muối clorua và các oxit kim loại. Khối lượng của Mg trong 7,6 gam X là

A. 2,4 gam. B. 1,8 gam. C. 4,6 gam. D. 3,6 gam.
Giải
Gọi x là khối lượng Mg trong hỗn hợp X
, ×(7 6 x × + −24 2 1 x × )= , , ×(40 2 4 4822 4 , − , ,19 85 7 60 2− − × + −3271 32 2 71 , − , ,19 85 7 60 2 − × )71 32 4
x=3,6
Ví dụ 4 : Hỗn hợp X gồm 1 mol amin no mạch hở A và 2 mol aminoaxit no mạch hở B tác dụng vừa đủ với 4 mol HCl
hay 4 mol NaOH. Đốt a gam hỗn hợp X cần 46,368 lít O
2
(đktc) thu được 8,064 lít khí N
2
(đktc). Nếu cho a gam hỗn hợp
trên tác dụng với dung dịch HCl dư thu được bao nhiêu gam muối?
A. 80,24
B . 84,96
C. 89,68
D. 75,52
Giải
Số nhóm –NH
2
trung bình=4/3
Số mol –COOH trung bình=4/3
Công thức chất tương đương : C
n
H
2n+2+4/3-8/3
N
4/3
O
8/3
=C

n
H
2n+2/3
N
4/3
O
8/3
,1 5n− / , : ,7 646 368 22 4= / , : ,2 38 064 22 4
n=10/3
Khối lượng muối=8,064:22,4: (2/3)*(14n+62+(4/3)*36,5)=84,96
5. Dùng chức năng shift solve để tìm nghiệm :
Có nhiều lý do sử dụng shift solve :
-Bị hạn chế về kiến thức toán học ví dụ lớp 10 chưa học về hàm mũ, hàm logarit
-Lười giải phương trình.
-Biến đổi phức tạp quá mà thời gian làm bài lại ngắn.

Một số lưu ý khi sử dụng shift solve
-Cố gắng đưa ẩn số lên trên phân số (tử số).
-Nếu có 2 nghiệm số cần phải rà nghiệm solve for X? (thường dựa vào đáp án).
-Muốn đổi biến số khác X (mặc định) thì thêm 1 dấu phẩy sau đó khai báo biến khác.
-Nên có 2 máy tính để tránh bất trắc, máy tính giải chậm thì chuyển sang làm câu khác.
Ví dụ : 1:A+2A=10,2,A A=5 hay A=0,1
6. Rà nghiệm nguyên dương bằng chức năng table :
Khi đưa phương trình về dạng an+bm=c trong đó a,b,c là các số dương và n,m là số nguyên dương ta có thể dùng chức
năng table (mod 7) để rà nghiệm
Ví dụ : 1,2n+0,82m=6,88 m=(6,88-1,2n):0,82
Chú ý : n<6,88:1,2=5,73
Bấm mod 7
f(X)=gỏ vào (6,88-1,2X):0,82 tức là f(X)=(6,88-1,2X):0,82
g(X)= bỏ trống không gỏ

start? gỏ 1
end? gỏ 5
step? gỏ 1
=
Kết quả
X | F(X)
1 | 6,936829268
2 | 5,463415634
3 | 4
4 | 2,536585366
5 | 1,073170732
n=3 và m=4
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm 1 mol amin no mạch hở A và 2 mol aminoaxit no mạch hở B tác dụng vừa đủ 4 mol HCl hay 4
mol NaOH. Đốt a (g) hỗn hợp X cần 2.07 mol O
2
thu được 0.36 mol N
2
. Nếu cho a (g) hỗn hợp trên tác dụng với dung
dịch HCl dư thu được bao nhiêu gam muối?
A. 80,68 gam B. 84,96 gam C. 81.56 gam D. 78.94 gam
Giải
A : C
n
H
2n+4
N
2
; B : C
m
H

2m-1
NO
4
(m 3)
Trong a gam hỗn hợp có
Số mol A=0,36:4=0,18 và số mol B=0,36 mol
0,18*(1,5n+1)+0,36*(1,5m-2,25)=2,07 hay 0,27n+0,54m=2,7
n=(2,7-0,54m):0,27 với m<5
Dùng chức năng bảng với m:1 4
Kết quả : m=1;n=8 (loại)| m=2;n=5(loại)|m=3.n=4
Khối lượng muối=0,18*(88+2*36,5)+0,36*(119+36,5)=84,96
Ví dụ 2 : Hỗn hợp X gồm glixin và 1 peptit Y mạch hở cấu tạo từ aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –NH
2
và 1 nhóm –
COOH với số mol các chất trong X bằng nhau . Đốt 1 mol hỗn hợp X cần 6 mol O
2
. Có bao nhiêu đồng phân cấu tạo ứng
với Y?
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
Giải
Trong 1 mol X có 0,5 mol Glixin và 0,5 mol Y
Y : C
n
H
2n+2-k
N
k

O
k+1
0,5*2,25+0,5*(1,5n-0,75k)=6
1,5n-0,75k=9,75 với n 2k n 8,666666667
Dùng chức năng bảng
k=(1,5n-9,75):0,75 với n=4 8
Kết quả n=8 và k=3
8=2+2+4= 2+3+3
224|422}|242|;224’|4’22|24’2| 233|332|323 (9)
7. Dùng chức năng Calc để thử đáp án :
8. Dùng phép gán "STO":
Chức năng STO có thể dùng trong 2 ý tưởng : gán trước khai báo sau hay gán để lấy kết quả trung gian để tính tiếp.
–Đối với biểu thức dài hay có nhiều phần biểu thức giống nhau ta có thể gán cho 1 chữ A,B,C sau đó khi tính toán (calc)
hay khi shiftàsolve ta sẽ khai báo sau.
–Khi “bị kẹt” vì sử dụng biểu thức shift solve mà bị thiếu chổ trên màn hình máy tính ta đành phải “xí huề” cho nó 1 vài
cái gán để khai báo sau.
–Khi tính “liên hoàn” ta cần số liệu trước cho biểu thức sau hay tính toán sau ta có thể gán như là cách “bổ sung” trí nhớ
vốn kém cỏi của mình vậy.
Ví dụ 1 : Hỗn hợp X gồm 0,08 mol vinylaxetilen, 0,12 mol axetilen, 0,06 mol butan, 0,02 mol propilen và 0,36 mol hiđro.
Dẫn hỗn hợp X qua Ni đun nóng sau 1 thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với hiđro là 15,4. Cho 0,24 mol hỗn hợp
Y qua dung dịch brom dư có m gam brom phản ứng. Giá trị của m là
A. 24,96
B. 24,80
C. 25,12
D. 25,28
Giải
Thay vì biểu thức tỉ lệ số mol Y: số mol liên kết pi
( , × + , × + , × + , × + , × ): , , × + , × + , −( , + , + , + , + , −( , × + , × + , × +0 08 52 0 12 26 0 06 58 0 02 42 0 36 2 30 80 08 3 0 12 2 0 02 0 08 0 12 0 06 0 02 0 36 0 08 52 0 12 26 0 06 58
, × + , × ): , )0 02 42 0 36 2 30 8 = ,0 24m:160
Ta có thể dùng

A , × + , × + , −(0 08 3 0 12 2 0 02 B−A)= ,0 24m:160
Sau đó khi shift solve
Gỏ cho A? ( , × + , × + , × + , × + , × ): ,0 08 52 0 12 26 0 06 58 0 02 42 0 36 2 30 8
B? 0,08+0,12+0,06+0,02+0,36
m=24,96
9. Nhớ nghiệm của phương trình, hệ phương trình :
10. Tìm cận trên và cận dưới :
11. So sánh với nhau và so sánh với chuẩn :
So sánh sự giống nhau và khác nhau giữa các đối tượng để tìm giải pháp nhanh cho việc giải trắc nghiệm thực tế cho thấy
khi vào phòng thi không ít học sinh bối rối khi gặp dạng "nhiều ẩn mà ít số liệu" giải pháp bí nhất là ghép ẩn số tuy nhiên
sự rèn luyện kỉ năng so sánh sẽ giúp ta có giải pháp nhanh hơn và sảng khoái hơn.
Một vài suy luận đơn giản để so sánh :
-Có nhiều chất tại sao lại chỉ hỏi có chất nầy sao không hỏi mấy chất khác? Câu trả lời vì các chất kia giống nhau nhưng
chất nầy khác hẳn các chất kia nhiệm vụ chúng ta là phải tìm sự giống nhau đó để thấy sự khác biệt của chất cần tính.
-Tại sao có nhiều chất mà lại có 1,2 số liệu? Câu trả lời vì chúng giống nhau.
Ví dụ 1 : Thuỷ phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ala-Gly-Ala-Gly-Val và Ala-Gly-Gly-Val thu được 3,378 gam
Alanin, 4,5 gam Glyxin còn lại là Valin. Để đốt cháy m gam hỗn hợp X cần V lít oxi (đktc). Giá trị của V là
A. 11,312
B. 11,088
C. 10,864
D. 10,640
Giải
So sánh giữa số mol gốc Gly và Ala :
Chất thứ nhất bằng nhau
Chất thứ hai hiệu số bằng số mol chất đó
V=((4,5:75-3,378:89)*(2,25*2+3,75+6,75)+(2*3,738:89-4,5:75)*(2*2,25+2*3,75+6,75))*22,4=11,088
Ví dụ 2: X là 1 a–aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –NH
2
và 1 nhóm –COOH. Y là 1 a–aminoaxit no mạch hở chứa 1
nhóm –NH

2
và 2 nhóm –COOH. X và Y có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt m gam hỗn hợp Z gồm X và Y
cần 38,64 lit O
2
(đktc) thu được 27,9 gam H
2
O. Nếu cho m gam hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được
dung dịch trong đó tổng khối lượng muối sinh ra là
A. 66,5 B. 63,0 C. 58,4 D. 59,7
X : C
n
H
2n+1
NO
2
; Y : C
n
H
2n-1
NO
4
So sánh tỉ lệ số mol O
2
:số mol H
2
O
,1 5n− ,2 25n− ,0 5< , ,1 7251 55< ,1 5n− ,0 75n+ ,0 5
3,375<n<4,375 n=4
Gọi x và y lần lượt là số mol X và Y trong m gam hỗn hợp Z
4,5x+3,5y=1,55 và 5,25x+3,75y=1,725 x=0,15 và y=0,25

m
muối
=0,15*(103+22)+0,25*(133+44)=63
Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm etylbenzen, cumen, stiren, toluen.Đốt 0,036 mol hỗn hợp X thu được 6,3616 lít CO
2
(đktc) và
2,844 gam H
2
O. Phần trăm khối lượng stiren trong hỗn hợp X là
A. 51,24%
B. 50,27%
C. 49,36%
D. 48,16%
Giải
etylbenzen, cumen, toluen có độ bất bảo hoà là 4 trong khi stiren có độ bất bảo hoà là 5.
% stiren=
, ×0 036 ( , : , − , : ): , + − −6 3616 22 4 2 884 18 0 036 1 45 4× × :( , : , × + , : , × )104 100 6 3616 22 4 12 2 844 22 4 2 ≃ ,50 27
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm benzen, hexan, 1,4-đivinylbenzen, stiren. Đốt 11,66 gam hỗn hợp X cần 26,768 lít oxi (đktc).
Khối lượng hexan có trong hỗn hợp X là
A. 6,02
B. 4,73
C. 5,16
D. 5,53
Giải
Các chất benzen, 1,4-đivinylbenzen, stiren. có chung công thức đơn giản (CH)
n
.
Qui hỗn hợp về C
6
H

14
(x gam) và C
2
H
2
(11,66-x gam)
x:86*9,5+(11,66-x):26*2,5=26,768:22,4
x=5,16
Ví dụ 5 : Thủy phân hoàn toàn 222g một mẫu chất béo (A) được 23 gam glixerol và 2 loại axit béo. Đó là 2 axit béo sau:
A. C
15
H
31
COOH và C
17
H
35
COOH
B. C
17
H
31
COOH và C
17
H
33
COOH
C. C
15
H

31
COOH và C
17
H
33
COOH
D. C
17
H
33
COOH và C
17
H
35
COOH
Giải
M
A
=222: (23:92)=888
So sánh với tristearin (C
17
H
35
COO)
3
C
3
H
5
=890, M

A
thiếu 890-888=2
A có 2 gốc axit stearat và 1 gốc axit oleat D
Ví dụ 6 : Hỗn hợp X gồm Gly-Gly-Val-Val, Val-Val-Val,Ala-Ala-Gly-Gly, Ala-Ala-Ala-Ala. Đốt 0,034 mol hỗn hợp X thu
được 19,448 gam CO
2
và 7,434 gam H
2
O. Nếu lấy lượng Val-Val-Val trong 0,034 mol hỗn hợp X đốt cần V lít O
2
(đktc).
Giá trị của V là
A.4,9896
B. 4,0824
C. 5,4432
D. 4,5360
Giải
*Gly-Gly-Val-Val, Ala-Ala-Gly-Gly, Ala-Ala-Ala-Ala : C
n
H
2n-2
N
4
O
5
Khi đốt (số mol CO
2
-số mol H
2
O):số mol chất ban đầu=1

*Val–Val–Val : C
m
H
2m–1
N
3
O
4
Khi đốt (số mol CO
2
-số mol H
2
O):số mol chất ban đầu=0.5
*Lượng oxi đốt 1 mol Val–Val–Val tương đương với đốt 3 mol Valin
V= , ×0 034 −1 , − , ,19 44844 7 434180 034 − ,1 0 5× × , × , = ,3 6 75 22 4 4 536
Ví dụ 7 : Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp gồm m
1
gam Fe(NO
3
)
2
và m
2
gam Al(NO
3
)
3
thu được hỗn hợp khí X Trộn hỗn hợp
khí X với 112 ml khí O
2

(ddktc) được hỗn hợp khí Y. Hấp thụ hoàn toàn hỗn hợp khí Y vào 3,5 lít H
2
O (không thấy có khí
thoát ra) được dung dịch có pH= 1,7. Giá trị m
1
và m
2
lần lượt là
2,70 và 2,26 B.2,70 và 2,12 C.3,60 và 2,12 D.3,60 và 2,26
Giải
Chú ý khi nhiệt phân muối nitrat kim loại nào tạo ra oxit+NO
2
+O
2
mà hoá trĩ kim loại không đổi thì số mol NO
2
bằng 4
lần số mol O
2
(đúng tỉ lệ hợp nước vừa đủ tạo HNO
3
)
Fe(NO
3
)
2
= (0,5Fe
2
O
3

.2NO
2
. 0,25O
2
)
m1=11222400: , ×( + × )= ,0 25 56 62 2 3 6
m2=( , ×3 5 10− ,1 7− , + ×3 656 62 2× ): ×( + × )= ,2 3 27 62 3 2 118226853
Ví dụ 8: Hỗn hợp X gồm axit acrylic, vinyl axetat, butanđial và metyl metacrylat. Đốt m gam hỗn hợp X cần 23,184 lít
O
2
(đktc). Dẫn sản phẩm cháy vào nước vôi trong dư thu được 4,82 m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 18,47
B. 19,24
C. 17,84
D. 20,12
Giải
CH
2
=CH–COOH, CH
3
-COOCH=CH
2
, OHC-CH
2
CH
2
-CHO, CH
2
=C(CH
3

)-COOCH
3
có chung công thức tổng quát
C
n
H
2n-2
O
2
C
n
H
2n-2
O
2
+1,5(n-1)O
2
nCO
2
+(n-1)H
2
O
Số mol O
2
=1,5*số mol H
2
O
m= 18,46895075
Ví dụ 9 : Hỗn hợp X gồm etilen, vinylaxetilen, propilen, metan, but–1–in trong đó số mol metan gấp 2 lần số mol
vinylaxetilen. Đốt m gam hỗn hợp X thu được 41,36 gam CO

2
và 15,84 gam H
2
O
.
Cho m gam hỗnhợp X tác dụng với
dung dịch AgNO
3
trong nước amoniac dư thu được 16,02 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng metan trong hỗn hợp X là
A. 10,08% B. 8,64% C. 9,82% D. 7,36%
Giải
( , −( , : − , : )×( + )):( + )× × × , : × + , : ×16 02 41 36 44 15 84 18 54 107 52 107 2 16 10041 36 44 12 15 84 18 2= , 9 81595
Ví dụ 10 : Hỗn hợp X gồm stiren, benzen và naptalen. Đốt m gam hỗn hợp X thu được 20,68 gam CO
2
và 3,78 gam H
2
O
Thêm a gam etylbenzen vào m gam hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y. Đốt hỗn hợp Y cần 41,104 lít O
2
(đktc). Phần trăm
khối lượng naptalen trong hỗn hợp Y là
A. 18,09%
B. 17,04%
C. 16,84%
D. 19,32%
Giải
Qui hỗn hợp về C
6
H
6

(x mol) và C
10
H
8
(y mol)
6x+10y=0,47 và 3x+4y=0,21 x=11/300 và y=0,025
12. Thêm bớt lượng chất :
Trong khái niệm thêm và bớt lượng chất ta quan niệm 1 số giải pháp sau :
-Cộng thêm lượng đã mất vào đại lượng phù hợp.
-Bớt ra lượng vì đã mất.
-Bớt hay thêm ("tỉa hay đắp vào") vào để qui về dạng chung đơn giản sau đó điều chỉnh số liệu do sự "tỉa hay đắp vào" .
Ví dụ 1 : Hỗn hợp X gồm 18,375 gam KClO
3
, 8,7 gam MnO
2
và 31,6 gam KMnO
4
. Nung hỗn hợp X sau 1 thời gian thu
được m gam chất rắn Y và V lít O
2
(đktc). Cho chất rắn Y tác dụng với dung dịch HCl đặc nóng dư thu được 8V lít
Cl
2
(đktc). Giá trị của m là
A. 56,108
B. 54,288
C. 53,564
D. 55,315
Giải 'Bớt 1 lượng Cl
2

vì đã mất do giải phóng oxi trong đó số mol Cl
2
bị mất bằng số mol O (nguyên tử) thoát ra dưới
dạng O
2
, + , + , −18 375 8 7 31 6 m16×( +1 82)= , ,18 375122 5× +3 ,8 787+ ,31 6158× ,2 5
m=55,315
Ví dụ 2 : ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN I, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh.
Hỗn hợp X gồm hai ancol X
1
và X
2
(M
X1
<M
X2
). Đun nóng X với H
2
SO
4
đặc thu được 0,03 mol H
2
O và hỗn hợp Y gồm
hai anken đồng đẳng liên tiếp, ba ete và hai ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 0,13 mol CO
2
và 0,15 mol H
2
O.
Công thức phân tử của X
1

là
A. C
2
H
5
OH. B. C
3
H
7
OH. C. CH
3
OH. D. C
3
H
5
OH.
Giải
Giá như không tách nước rồi hãy đốt thì hay nhỉ!
Số C trung bình=0,13: (0,15+0,03-0,13)=2,6 A
Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm C
6
H
11
OH, C
6
H
10
(OH)
2
, C

6
H
10
(OH)(COOH) và C
6
H
10
(COOH)
2
trong đó các chất đều là dẫn
xuất của xiclohexan. m gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 2,744 lít H
2
(đktc) hay tác dụng tối đa với 0,09mol
NaOH. Đốt m gam hỗn hợp X cần 25,984 lít O
2
(đktc(. Giá trị của m là
A. 17,51
B. 17,99
C. 20,16
D. 20,84
Giải
Các chất có chung dạng (C
6
H
12
)(OH)
x
(CO
2
)

y
.
CO
2
"không cháy"
Ta tưởng tượng mình bỏ các nhóm CO
2
và O thì chỉ cần đốt C
6
H
12
sau đó trừ bớt lượng O
2
tự đốt chính mình.
m− , × −(0 09 44 , ,2 74422 4× − , )×2 0 09 1614× , −(1 5 , ,2 74422 4× − , ): =2 0 09 2 , ,25 98422 4
m=17,99
Ví dụ 4 : ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN IV, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh.
Hỗn hợp X gồm ancol etylic, etylen glicol và glixerol. Đốt cháy m gam X thu được 1 mol CO
2
và 1,4 mol H
2
O. Cũng m
gam X tác dụng tối đa với 14,7 gam Cu(OH)
2
. Giá trị của m là
A. 20,0
B. 29,2.
C. 40,0.
D. 26,2.
Giải

Mượn đở 1 nguyên tử O cho ancol etylic sau đó trả lại (nhưng không được tính lãi!)
m= × + , × −(( , − )−1 28 1 4 2 1 4 1 ,14 798× )× = ,2 16 29 2
13. Tính tỉ lệ :
Khi tính tỉ lệ x:y ta gán y bằng 1 thì khi shift solve X chính là x:y.
Ví dụ 1 : ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 – LẦN 3, NĂM 2014-THPT chuyên-Đại học Vinh
Điện phân dung dịch X gồm x mol KCl và y mol Cu(NO
3
)
2
(điện cực trơ, màng ngăn xốp), khi nước bắt đầu bị điện phân
ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân thu được dung dịch Y (làm quỳ tím hóa xanh), có khối lượng giảm 2,755 gam so với
khối lượng dung dịch X ban đầu (giả thiết nước bay hơi không đáng kể). Cho toàn bộ lượng Y trên tác dụng với dung dịch
AgNO
3
dư, kết thúc phản ứng thu được 2,32 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là
A. 3 : 4.
B. 4 : 3.
C. 5 : 3.
D. 10 : 3.
Giải
135y+(x−2y)× , (36 5 x−2y):2= , , :( × + )2 7552 32 2 108 16
x:y=10:3
Ví dụ 2 : Hỗn hợp khí X gồm O
2
và O
3
có tỉ khối so với H
2
là 22. Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và etylamin có tỉ khối so
với H

2
là 17,833 .Để đốt hoàn toàn V
1
lít Y cần vừa đủ V
2
lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO
2
, H
2
O và N
2
, các chất khí đo ở
cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V
1
: V
2
là
2 : 1. B.1 : 2. C.3 : 5. D.5 : 3.
Giải
Qui hỗn hợp O
2
và O
3
về O (oxi nguyên tử)
V1×( − , ×45 17 833 214× , +4 5 , × −17 833 2 3114× , )× =7 5 16 44V2
V
1
:V
2
=1:2

Ví dụ 3 :Đồng trùng hợp buta-1,3-đien với acrilonitrin theo tỉ lệ tương ứng x :y thu được một loạipolime.Đốt cháy hoàn
toàn một lượng polime bằng O
2
vừa đủ thu được hỗn hợp khí và hơi gồm CO
2
, H
2
O, N
2
trong đó có 57,576% CO
2
về thể
tích.Tỉ lệ x :y tham gia trùng hợp là ;
A. x :y=6 :1 B. x :y = 4 :1 C. x :y = 3 :1 D. x :y = 5 :1
Giải
(C
4
H
6
)
x
: (C
3
H
3
N)
y
6x+3y=0,57576×(7x+5y)
x:y=4:1
Ví dụ 4 :Khi tiến hành đồng trùng ngưng axita-amino hexanoic và axit a-amino heptanoic được một loại tơ poli amit X.

Lấy 48,7 gam tơ X đem đốt cháy hoàn toàn với O
2
vừa đủ thì thu được hỗn hợp Y. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thì còn
lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại trong A. 4:5
B.3:5
C.4:3
D.2:1
Giải
(C
6
H
11
NO)
x
(C
7
H
13
NO)
y
113x+127y ,0 5x+ ,0 5y= , , : ,48 74 48 22 4
x:y=3:5
14. Tách phân tử :
Có 2 cấp độ tách phân tử : tách thành phần nhỏ hơn và thành nguyên tử (qui đổi nguyên tử).
15. Bấm biểu thức cho phương pháp đường chéo :
*Trong phương pháp đường chéo khi tính đối tượng nầy ta dựa vào đối tượng kia (vậy mới gọi là chéo, tréo cẳng ngổng!)
Chẳng hạn cho 8,96 lít hỗn hợp khí NO và N
2
O (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 19,2. Tính số mol "khí cười" có trong hỗn
hợp trên?

Tính khí cười (N
2
O) dựa trên khí không dám ngửi (NO) mà M
NO
<19,2*2=38,4 "phần" của khí cười về số mol =38,4-30
Tổng phần về số mol =lớn-nhỏ =44-30
số mol N
2
O=(8,96:22,4)*(38,4-30): (44-30)=0,24 mol
*Một số mở rộng phương pháp đường chéo : phương pháp đường chéo có hệ số và phương pháp đường chéo 2 lần.
Ví dụ 1 : Cu có 2 đồng vị 6529Cu và 6329Cu, nguyên tử khối trung bình của Cu là 63,54. Phần trăm khối
lượng 6329Cu trong Cu(NO
3
)
2
là (Cho N=14; O=16)
A. 36,24%
B. 22,78%
C. 24,52%
D. 32,14%
Giải
Phần trăm khối lượng 6329Cu
= , × , + ×63 54 10063 54 62 2×( − , )× ( − , )× +( , − )×65 63 54 63 65 63 54 63 63 54 63 65= , 24 52
Ví dụ 2 : Hỗn hợp X gồm một axit no, đơn chức A và một axit no đa chức B đều có mạch cacbon không phân nhánh. Tỉ
khối hơi của X so với hiđro là 43,6. Đốt cháy hoàn toàn 4,36 gam X thu được 7,26 gam CO
2
. Thành phần phần trăm về
khối lượng của A trong hỗn hợp là:
A. 59,40
B. 28,72%

C. 40,60
D. 71,28%
Giải
M
X
=87,2<90 A có thể là HCOOH. CH
3
COOH, C
2
H
5
COOH
Số C trung bình : (7,26:44): (4,36:87,2)=3,3
Gọi công thức của B : C
n
H
2n-2
O
4
Áp dụng phương pháp đường chéo 2 lần ta có
14n+ − , , −62 87 287 2 MA=n− , , −3 33 3 nA
Với M
A
=46; n
A
=1 n=8,666…
Với M
A
=60; n
A

=2 n=6,333…
Với M
A
=74; n
A
=3 n=4
somolASomolB=n− , , −3 33 3 nA=73
%A=7*74*100: (7*74+3*118)=59,40
Ví dụ 3 : Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe(NO
3
)
3
và AgNO
3
thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với hiđro là
21,49. Phần trăm khối lượng Fe(NO
3
)
3
trong hỗn hợp X là
A. 84%
B.78%
C.81%
D. 75%
Giải
Tỉ lệ số mol
Fe(NO3)3AgNO3=|( , −42 98 + , × ,46 0 5 321 5): , (3 75 + , × ,46 0 25 321 25− , ): ,42 98 1 5 = ,| 2 993
%Fe(NO
3
)

3
=
, ×( + × )× , ×( + × )+ +2 993 56 62 3 1002 933 56 62 3 108 62≃81