Bi quyet hpcj va tu duy giai toan hoa hoc tren ca tuyet voi

Chuyên đề

Bí quyết học và tư duy các bài
toán hóa theo phương pháp trắc
nghiệm


Nội dung
 Xét một số bài toán quen thuộc
 Nhận xét một cách tổng quát
 Tập phân tích
 Tập phương pháp diễn dịch và quy nạp


Mt s bi toỏn quen thuc
Bi toỏn 1: Xột s kh hon ton MxOy bng CO hoc H2:

Mx O y +

yCO
yH2

t0

xM +

yCO2
yH2O

nO(oxit) = nCO(pứ ) = nCO2 ( t ạo thành) (hoặc =nH2 (pứ ) = nH2O )

= mO(bị t ách khỏi oxit)
m
Điều cần biết nhất là: cr ắn
moxit = mM + mO
M < Al


Một số bài toán quen thuộc(tt)
Bài toán 2: Hòa tan hết cùng một lượng Al bởi hỗn hợp (HCl, H2SO4loãng,
HBr) hoặc bởi hỗn hợp (NaOH, KOH, Ba(OH)2 )
Điều quan trọng nhất là nH2 thoát ra bằng nhau:
 Al + 3H+ → Al3+ + 1,5H2

−
−
 Al + OH + H2O → AlO2 + 1,5H2


Một số bài toán quen thuộc(tt)

Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp oxit kim loại MxOy bằng dung dịch
H2SO4 :
Điều cần nhất là:
1 mol O thay bằng 1 mol SO

mmuèi = moxit + mSO2− − mO
4

24

(tức

nO = nSO2−
4

:vì cùng hóa trị)


Một số bài toán quen thuộc(tt)
Bài toán 4: Hòa tan m (g) hỗn hợp Na, Al vào H2Odư được V1 lít khí. Nếu
cũng cho m(g) hỗn hợp đó vào dung dịch NaOH dư thì được V 2 lít khí (Biết
V2 > V 1 )
Điều cần nhất là: Vì V2 > V1 nên Al chưa tan hết ở thí nghiệm 1


Một số bài toán quen thuộc(tt)
Bài toán 5:
+ HNO3d­
+ O2
Fe
→ r{
¾n X 
→ NO
{ 
{ (duy nhÊt); biÕt m1,v ⇒ t × m m ?

m(g)

m1(g)

VlÝt(®ktc)

Điều quan trọng nhất :
Dùng định luật bảo toàn khối lượng tìm m O2 (pư) = m1 – m
Nhận dạng được TT đầu và TT cuối của Fe, O2, HNO3 là Fe3+, O2- và
N2+→ĐLBT e
Khi biết 2 trong 3 giá tri (m,m1,v) ⇒ đại lượng thứ 3


Một số bài toán quen thuộc(tt)
Nhận xét: Để học và có tư duy nhanh, chính xác, gọn nhẹ cần
1. Nắm vững hệ thống lí thuyết để vận dụng vào việc giải nhanh các bài toán
2. Nắm vững những vấn đề cốt lõi của từng dạng bài toán gốc để vận dụng
linh hoạt vào các bài tương tự
3. Thường xuyên luyện tập, ghi nhớ để hình thành kĩ năng, rút kinh nghiệm
sau mỗi bài toán
4. Nắm vững các vấn đề quan trọng của các phương pháp giải nhanh
5. Có kĩ năng nhận xét tổng quát, đúng bản chất; phân tích bài toán


Hãy nhận xét tổng quát
1. Xét quá trình được mô tả bởi sơ đồ:
(1)+HCld­
Fe

→ m1(g) r ¾n khan  −Cho biÕt m1,m2
(2) c« c¹n
+ COd­
Fe x O y 
→


(H=100%)
+ CaOHd­
CO2 → m2 (g) CaCO3  − X§CT : Fe x Oy ?

Cách tư duy thông thường:
 gäi nFexOy = a
 dài, mất nhiều thời gian

 ViÕt c ¸c ptp­
 →Không phù hợp trong trắc
 Tõ quan hÖ tØ lÖ mol t × m x : y ⇒ CT Fe O 
x y  nghiệm



Cách tư duy theo phương pháp trắc nghiệm

nCaCO3 = nCO2 = nO)oxit) 

 ⇒ x : y = nFe : nO ⇒ Fe x O y
n
=
n
=
n
FeCl2
Fe(oxit) 
 r ¾n


Hãy nhận xét tổng quát(tt)
2. Vận dụng: Khử hoàn toàn m(g) hỗn hợp X (FeO, Fe2O3, FexOy) bằng CO
nóng, dư được chất rắn X và khí Y. Hòa tan hết X bằng HCl dư rồi cô
cạn được 7,62g chất rắn khan. Toàn bộ Y hấp thụ vào dung dịch
Ca(OH)2 dư thấy có 8g kết tủa. Giá trị của m là:
A. 5,20 (g)

B. 6,20(g)

C. 4,64(g)

D. 5,26(g)

Bài giải
FeO
+ HCld­

Fe

→ FeCl2 (7,62g) = 0,06mol

+ COd­
→
Fe2O3 
(H=100%)
+ Ca(OH)2 d­
→ CaCO3 (8g) = 0,08mol
CO2 

Fe O
Sơ đồ: 14 2x 43y
m(g)=?

Theo sơ đồ dễ thấy
nO( X) = nCO2 = nCaCO3 = 0,08 
+ 16.0,08

 ⇒ mx = mFe + mO = 56.0,06
1
4
44
2
4 4 43
nFe( X) = nFe = nFeCl2 = 0,06 
4,64g
( §¸p ¸nC )


Hãy tập phân tích
1. Xét bài toán 1: Dùng CO dư để khử hoàn toàn m(g) FexOy, dẫn toàn bộ
khí sinh ra qua dung dịch Ba(OH)2 dư được 0,15mol kết tủa. Mặt khác
hòa tan toàn bộ m(g)FexOy bằng HCl dư rồi cô cạn được 16,95g muối
khan. Giá trị của m và công thức của FexOylà.
A. 8,7; Fe2O3
C. 15,6; Fe3O4
Tư duy bài toán theo
+ COdsơ
­ đồ

B. 8,7; Fe3O4
D. 14,5; FeO

+ Ba(OH)2 d­
 
→
CO

→ BaCO3 : 0,15mol ( §¸p ¸nB )
2
H=100%
Fe x O y 
→  +HCld­
123
→ Fe x Cl2y : 16,95g
 
m(g)


Hãy tập phân tích(tt)
Phương pháp phân tích:
Thông thường sản phẩm của FexOy với HCl là FeCl2y/x, nhưng ở đây lại là
FexCl2y(!) vì:
(!)- khi tác dụng với HCl, Fe trong oxit không thay đổi hóa trị

Đây là mấu chốt
quan trọng của

(!!)- Hóa trị của O là II trong khi Cl là I nên 1 mol O →2 mol Cl bài toán
Ta thấy nCO2 = nBaCO3 = nO(oxit ) = 0,15 ⇒ nCl− (muèi) = 2.0,15 = 0,3


mmuèi = mFe + mCl− ⇒ mFe = 16,95 − 0,3. 35,5 = 6,3(0,1125mol Fe)
moxit = mFe + mO = 6,3 + 0,15.16 = 8,7 = m
⇒
 x : y = nFe : nO = 0,1125 : 0,15 = 3 : 4 (Fe3O4 )
⇒ Đáp án B


Hãy tập phân tích(tt)
2. Xét bài toán 2: Hòa tan hết 10g hỗn hợp X (MgCO3, CaCO3, Na2CO3,
K2CO3) bằng dung dịch HCl dư thu được 2, 24 lít khí (Đktc) và dung dịch Y.
Cô cạn Y được m(g) muối khan. Giá trị của m là:.
A.12

B. 11,1

C. 11,8

D. 14,2

-Phương pháp tư duy thông thường: Viết 4 pt pư, đặt ẩn, lập pt rồi ghép
ẩn mới tìm được kết quả (phương pháp này mất nhiều thời gian, nếu
không biết ghép ẩn sẽ rối !)


Hãy tập phân tích(tt)
- Phương pháp tư duy trắc nghiệm:
+ Phương pháp 1: Gọi CTC của X:

M2 (CO3 )n + 2nHCl → 2MCln + nCO2 + nH2O

14 2 43
10g

0,2mol
14 2 43

?

0,1mol
1 2 3 → 0,1mol
123
4,4g

7,3g

1,8g

§LBTKL ⇒ mmuèi = 10 + 7,3 − (4,4 + 1,8) = 11,1 g
Đáp án B
+ Phương pháp 2:
Khi chuyển từ muối CO32-→Cl- thì cứ 1 mol CO32- → 2 mol Cl- (theo
quy tắc hóa trị)

nCO2− = nCO2 = 0,1 ⇒ nCl− = 0,2
3

⇒ mmuèi clorua = mmuèi cacbonat − mCO2− − mCl− = 11,1g
1 4 2 4 3 {3
{
10g

0,2.35,5
0,1.60

Đáp án B


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp
Mục đích:
-

Từ một hay 1 số bài toán gốc để luận ra hàng loạt các bài toán nhỏ

-

Từ hàng loạt bài toán nhỏ quy về một dạng toán với phương pháp giải
cơ bản không thay đổi


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
1. Xét bài toán gốc: Cho a(g) hỗn hợp các kim loại hoạt động tác dụng hết
với dung dịch HCl thu được dung dịch X chứa b(g) muối và c mol khí.
Biểu thức liên hệ giữa b với a và c là:
A. b = a + 71c
C. b = a + 34,5c

B. b = a + 35,5c
D. b = 2a – c + 71
Bài giải

Theo §LBTNT : HCl →

1
−
H2 + Cl
{
2
2c(mol)
{
c(mol)

Theo §LBTKL : mmuèi = mKL + mCl- ⇒ b = a + 71c
{ { {
b(g)

( §¸p ¸n A)

a(g)

2c.35,5


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Nhận xét (phương pháp diễn dịch)
Đây là bài toán gốc, từ đó biến dạng ra hàng trăm bài tưởng là khác nhau bằng
cách:
1. Bài toán có 3 đại lượng (KL, H2, muối) đề bài sẽ cho hai đại lượng và hỏi đại
lượng còn lại
2. Thay thế hỗn hợp nhiều KL bằng các KL cụ thể khác nhau (số lượng không
nhiều lắm) sẽ mắc bẫy là lập hpt.
3. Thay thế HCl bằng axit khác (như H2SO4 loãng, HBr, HI) thậm chí bằng hỗn

hợp axit (tác dụng vừa đủ với số mol cụ thể của mỗi axit. Khi đó:
Mmuối = mkl + mcác gốc axit và

Hn X →

n
H2 + X −
2


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Nhận xét (phương pháp diễn dịch) (tt)
4. Thay thế hỗn hợp KL hoạt động nói chung thành KLK, kiềm thổ; thay thế axit
bằng H2O (dĩ nhiên khi đó muối sẽ được thay thế bằng bazơ, ta có:
mBazơ (rắn khan) = mKL+ mOH- và H2O → ½ H2 + OH5. Không hỏi trực tiếp 1 trong 3 đại lượng trên mà hỏi gián tiếp thông qua nền
kiến thức khác. Chẳng hạn sau khi hỗn hợp KLK, KT tác dụng với H 2O thì lấy
dd trung hòa bởi axit, yêu cầu tính lượng axit hay pH…
6. Cho thêm 1 dữ kiện khác đi kèm với 2 dữ kiện cơ bản để chuyển về 1 dạng
toán khác. Chẳng hạn cho hỗn hợp 2 KL nhóm IA hoặc IIA thuộc 2 chu kì kế
tiếp… yêu cầu xác định 2 kim loại…


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 1: (TSCĐ – Khối A – 2007):
Hòa tan 3,22g hỗn hợp X (Fe, Mg, Zn) bằng một lượng vừa đủ dd H 2SO4 loãng,
thu được 1,344lít H2 (đktc) và dd chứa m(g) muối. Giá trị của m là:
A.9,52

B. 7,25

C. 8,98

D. 10, 27

Bài giải:

mmuèi = mKL + mSO2−

4

 ⇒ mmuèi = 3,22 + 0,06.96 = 8,98(g)
2−
H2SO 4 → H2 + SO4 
0,06 0,06

Đáp án C


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 2: Hòa tan 10g hỗn hợp (Al; M > H) vào 100ml dd (H2SO4 aM; HCl 3aM)
được 5,6 lít H2 (đktc), dd X và 1,7g KL chưa tan hết. Cô cạn X được m(g)
muối khan. Giá trị của m là:
A. 26,20

B. 26,67

C. 28,55
Bài giải:

D. 30,24

KLd­ nª n axit hÕt; mKL(p­ ) = 10 − 1,7 = 8,3

+
2−
+
−
H2SO4 → 2H + SO 4 ; HCl → H + Cl
Ta cã 
0,2a 0,1a
0,3a
0,3a 0,3a
0,1a
2H+ → H ⇒ 0,3a + 0,2a = 0,5 ⇒ a = 1
2
 0,5
0,25
⇒ mmuèi = mKL(p­ ) + mSO2− + mCl− = 8,3 + 0,1.96 + 0,3.35,5 = 28,55(g)
4

Đáp án C


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 3: (TSĐH - CĐ – Khối A – 2007):
Cho m(g) Mg, Al vào 250ml dd X chứa (HCl 0,1M; H2SO40,5M), được 5,32 lít H2
(đktc) và dd Y (coi V = const). Dung dịch Y có pH là:

A. 1

B. 2

C. 6
Bài giải:

D. 7

 ∑ n + = 0,1 . 0,25 + 0,5 . 0,25 . 2 = 0,5
H (b®)
Ta cã 
 2H+ → H ⇒ n + = 0,025 ⇒ H+  = 0,1 = 10 −1 = 10 −pH ⇒ pH = 1
2
H d­
 

0,475
Đáp án A

0,2375


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 4: (TSCĐ – Khối A – 2007):
Cho một mẫu hợp kim Na – Ba tác dụng với H2O dư được dd X và 3,36lít
H2(đktc). Thể tích dd H2SO4 2M cần dùng để trung hòa dung dịch X là:
A. 60ml

B. 30ml

C. 75ml
Bài giải:

D. 150ml

1

−
H
O
→
H
+
OH
2
 2
0,3
2 0,15

Ta cã H SO → 2H+ + SO2−

2
4

4
 +
 ⇒ nH2SO4 = 0,15
−

H + OH → H2O ⇒ nH+ = nOH− = 0,3 

0,15
⇒ v ddH2SO4 =
= 0,075 lit = 75ml
2
Đáp án C


Hãy tập phương pháp diễn dịch và quy nạp(tt)
Một số bài toán biến dạng:
Bài toán 5:
Cho m(g) hỗn hợp (K, Na, Ba) vào H2O được 500ml dd X có pH = 13 và V lít khí
(đktc). Cô cạn dd sau phản ứng được 9,25g chất rắn khan. Giá trị của V và
m lần lượt là:
A. 2,24; 10

B. 1,12; 10

C. 0,56; 8,3
Bài giải:


−
pH = 13 ⇒ OH  = 0,1 → nOH− = 0,1.0,5 = 0,05mol

H O → 1 H + OH− ⇒ v = 0,025.22, 4 = 0,56 lit
2
 2
2

m = m + m
⇒ m = 8,3 (g)
KL
r ¾n
OH−
{
{
{
?
0,05.17
 9,15

Đáp án C

D. 2,24; 8,3