skkn GIẢI bài tập TRẮC NGHIỆM LUYỆN THI THPT QUỐC GIA dựa TRÊN CÔNG THỨC GIẢI NHANH và PHƯƠNG PHÁP đồ THỊ

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
1.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong những năm gần đây, Bộ GD &ĐT đã đề ra đổi mới cách dạy, cách
học cách đánh giá chất lượng dạy và học. Đó là việc chuyển từ hình thức thi
từ tự luận sang hình thức trắc nghiệm. Đối với hình thức thi tự luận đòi hỏi
học sinh phải có kiến thức sâu, mức độ tư duy cao để giải bài tập khó và cần
nhiều thời gian. Ngược lại với hình thức thi tự luận là hình thức thi trắc
nghiệm, với hình thức thi này không đòi hỏi học sinh có kiến thức sâu chỉ cần
mức độ kiến thức rộng và biết nhiều, với hình thức thi trắc nghiệm thì yếu tố
thời gian là quan trọng, trong một khoảng thời gian ngắn đòi hỏi học sinh phải
hoàn thành một lượng lớn bài tập trắc nghiệm. Vì vậy học sinh cần phải trau
dồi nhiều kĩ năng để giải nhanh bài tập trắc nghiệm. Hiện nay Bộ Giáo Dục
và Đào Tạo đã chuyển hình thức đánh giá trắc nghiệm được 9 năm.Việc giải
quyết các câu hỏi trắc nghiệm trong một khoảng thời gian ngắn không phải là
vấn đề đơn giản, nó đòi hỏi nhiều yếu tố, tâm lý, kiến thức, kỹ năng, kỷ xảo
và phản xạ nhanh của các em học sinh. Do vậy mặt bằng chung về chiều sâu
sẽ giảm, học sinh không khắc sâu được bản chất, tư duy hóa học để trả lời câu
hỏi trắc nghiệm chính xác và nhanh chóng. Mặt khác, giáo viên cũng đã được
phổ cập cách dạy, cách ra đề trắc nghiệm cho học sinh, đồng thời học sinh
cũng thay đổi cách học, song sự thay đổi đó có thể nhiều hoặc có thể ít với
giáo viên và học sinh, hiệu quả giáo dục sẽ như thế nào? Điều đó phụ thuộc
vào sự say mê tìm tòi và sáng tạo của giáo viên và học sinh. Ngày nay việc
ứng dụng công nghệ thông tin đã góp phần nâng cao chất lượng dạy và học
đến với từng ngành, từng nghề, từng giáo viên và từng học sinh.
Vì vậy, trong hoá học đã đặt ra một yêu cầu với người dạy và người học là
cần gây sự hứng thú trong học tập, hướng dẫn học sinh đi tìm chân lý và học
sinh biết vận dụng chân lí đó để trả lời chính xác và nhanh các bài tập trắc
nghiệm hóa học
1

1.2. CƠ SỞ THỰC TIỄN :
Thực tế hình thức thi trắc nghiệm cũng không phải là mới mẻ nữa. Đa
phần giáo viên đều thay đổi cách dạy. Nhưng vẫn có một số giáo viên thay
đổi chưa được là bao nhiêu, đặc biệt là giáo viên ít có điều kiện tiếp xúc với
công nghệ thông tin và khai thác công nghệ thông tin còn hạn chế, còn nặng
nề với hình thức tự luận. Không gây được cho học sinh thích và hứng thú với
môn hóa học. So với giáo viên và học sinh thành phố, tài nguyên internet như
thư viện trực tuyến, dạy học trực tuyến, trường trực tuyến đã quen dần với
giáo viên và học sinh thành phố, còn nông thôn, một số nơi chưa có điều kiện
này, một số nơi đã có nhưng khai thác nó còn hạn chế. Kết quả giảng dạy sẽ
thấp hơn so với những vùng có điều kiện. Do chưa nắm rõ về những điểm đặc
trưng của bài tập trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn, nhiều giáo viên chỉ
ra được đáp số đúng mà không ra được đáp án nhiễu, hoặc ra đáp án nhiễu
chưa nghệ thuật, do đó sẽ không gây được hứng thú học tập, học sinh sẽ chọn
bừa nên không khắc sâu được bản chất của bài toán hóa học, hoàn thành kết
quả thi sẽ không cao. Học sinh không tìm ra chân lí cho bản thân mình. Trên
thực tế học sinh muốn giải bài toán trắc nghiệm hoá học khó nhưng trong
khoảng thời gian ngắn nhất. Nhiều học sinh đã biết rõ những dạng bài tập hoá
học, nhưng khi bắt tay vào tính toán thì mất ít nhất từ 5 đến 10 phút mới xong
và tỏ ra rất ngại giải khi gặp lại những bài tập dạng này.
Tuy nhiên qua thực tế giảng dạy môn hóa học tại trường THPT Xuân
Trường tôi nhận thấy rằng rất nhiều học sinh cảm thấy “sợ” môn học này, vì
theo các em kiến thức môn hóa học rất rộng và khá trừu tượng. Khi làm bài
tập hóa học kể cả bài tập lý thuyết hay tính toán các em phải vận dụng linh
hoạt kiến thức lý thuyết và kĩ năng tính toán.
Để giải quyết những băn khoăn của học sinh, tôi đã trăn trở nhiều năm,
áp dụng nhiều đối tượng học sinh và kết quả đáng tin cậy. Xuất phát từ những
lý do trên tôi chọn đề tài : “ GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM LUYỆN
THI THPT QUỐC GIA DỰA TRÊN CÔNG THỨC GIẢI NHANH VÀ

PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ”để làm sáng kiến kinh nghiệm của mình.
2


Tôi hi vọng SKKN này sẽ đóng góp một phần nhỏ vào công tác dạy và
học tập, giúp các thầy cô và các em học sinh đạt kết quả cao hơn. Tôi rất
mong sự đóng góp chân tình của các đồng nghiệp để phát triển vấn đề được
đầy đủ và hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
2.1. GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN
Trước khi tạo ra sáng kiến phần lớn các học sinh trường tôi giải bài tập trắc
nghiệm với tốc độ rất chậm và rất lâu do đã quen với lối giải tự luận của lớp 10 và
lớp 11. Vì vậy trong các kỳ thi cũng như các đợt kiểm tra phần lớn học sinh
khoanh bừa nhiều câu chưa làm được
Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ về phương pháp giải bài tập trắc nghiệm
theo phương pháp thông thường như sau:
Ví dụ 1: Hấp thụ Vlít SO2 (đktc) vào 200ml dung dịch Ba(OH)21M được a
gam kết tủa. Mặt khác, hấp thụ Vlít SO2 (đktc) vào 250ml dung dịch Ba(OH)21M
được 2a gam kết tủa. Tính V?
A. 448/75

B. 6,72

C. 10,08

D. A hoặc B

Cách giải thông thường
Do ở TN 2 số mol Ba(OH)2 lớn hơn TN 1, nên ta xét 3 khả năng sau:
- khả năng 1: Cả 2 TN cùng dư ba zơ

Ptpư:
TN 1: SO2 + Ba (OH ) 2 → BaSO3 + H 2O
a/217 mol

Dư

a/217 mol

TN 2: SO2 + Ba (OH ) 2 → BaSO3 + H 2O
2a/217 mol

Dư

2a/217 mol

Mà VSO2 ở 2 TN như nhau nên a/217=2a/217 hay a = 0, loại
- khả năng 2: TN1 thiếu bazơ, TN 2 dư bazơ
TN 1: SO2 + Ba (OH ) 2 → BaSO3 + H 2O
0,2

0,2

0,2 mol
3


SO2 + BaSO3 + H 2O → Ba ( HSO3 ) 2
(0,2-a/217)

(0,2-a/217)(mol)

Suy ra tổng số mol SO2 = 0,4-a/217 (mol)
TN 2: SO2 + Ba (OH ) 2 → BaSO3 + H 2O
2a/217

Dư

2a/217 mol

Mà số mol SO2 ở 2 TN như nhau nên: 0,4-a/217 = 2a/217, hay a = 434/15, suy
ra số mol SO2 = 4/15 hay VSO2 = 448/75lit,
vô lý vì TN2 dư bazơ mà

nOH −
nSO2

=

0, 25.2
= 1,875 < 2
4 /15

- khả năng 3: Cả 2 TN cùng thiếu bazơ, dư SO2
TN 1:

SO2 + Ba (OH ) 2 → BaSO3 + H 2O
0,2

0,2

0,2

SO2 + BaSO3 + H 2O → Ba ( HSO3 ) 2
(0,2-a/217 )

(0,2-a/217)

Theo pư, suy ra tổng số mol SO2 = 0,4 – a/217 (mol)
TN 2: SO2 + Ba (OH ) 2 → BaSO3 + H 2O
0,25

0,25

0,25

SO2 + BaSO3 + H 2O → Ba ( HSO3 ) 2
0,25-2a/217

0,25-2a/217

Theo pư, suy ra tổng số mol SO2 = 0,5 – 2a/217 (mol)
Mà số mol SO2 ở 2 TN như nhau nên: 0,4 – a/217 = 0,5 – 2a/217, suy ra a =
21,7g và số mol SO2 = 0,4 – 21,7/217 = 0,3 mol hay V = 6,72 lit, thoả
mãn.Chọn B
Đây là cách giải tự luận theo hướng giải bài tập của lớp 10 trong
chương oxi – lưu huỳnh. Vì vậy giải rất dài và mất rất nhiều thời gian cho bài
tập này không phù hợp với xu hướng thi trắc nghiệm cho kỳ thi THPT Quốc
Gia
4

Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
- nếu cả 2 thí nghiệm cùng dư bazơ thì số mol SO2 bằng số mol kết tủa, vô lý
- nếu TN1 thiếu bazơ, thí nghiệm 2 dư bazơ thì ta có hệ

 nSO + n↓ =0,4  n↓ = 0,4
 nSO22 = 2 n↓ →  n =30,8 vô lý vì TN2 dư bazơ mà

 SO2 3
nOH −
nSO2

=

0, 25.2
= 1,875 < 2
0,8 / 3

- Nếu cả 2 thí nghiệm cùng thiếu bazơ, dư SO2 thì ta có hệ

{

nSO2 + n↓= 0,4
nSO2 + 2 n↓ = 0,5

→

{

nSO2 =0,3

n↓ =0,1 , thoả mãn, suy ra V=6,72 lit

Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã sử dụng kỹ thuật giải nhanh
sau:
Tính thể tích SO2 + Ba(OH)2 để thu được một lượng kết tủa theo yêu cầu
-Nếu dư bazơ thì nSO2 = n↓
- Nếu dư SO2 thì :

nSO2 = nOH − − n↓ .

Ví dụ 2: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X.
Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc)
NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 2,52 gam.

B. 2,22 gam.

C. 2,62 gam.

D. 2,32 gam.

Cách giải thông thường
HNO d ­
→ 0,56 lít NO.
m gam Fe + O2 → 3 gam hỗn hợp chất rắn X 
3

Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là:
Cho e:

Fe → Fe3+ + 3e
m
56

→

3m
mol e
56

5


Nhận e:

O2

+

→

4e

2O2− ;

3− m
4(3 − m)
→
mol e
32

32

N+5 +

→

3e

N+2

0,075 mol ← 0,025 mol
3m
4(3 − m)
=
+ 0,075
56
32

Theo định luật bảo toàn electron:

⇒m = 2,52 gam. (Đáp án A)
Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
m =0,7.3 + 5,6.(3.0,56/22,4) = 2,52 gam
Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh
sau:
Công thức kinh nghiệm:
mFe = 0,7.moxit + 5,6. ne nhận của N+5 (S+6);
Ví dụ 3: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành
hỗn hợp A có khối lượng là 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4.
Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H 2SO4 đậm đặc, nóng

thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc). Khối lượng a gam là:
A. 56 gam.

B. 11,2 gam.

C. 22,4 gam.

D. 25,3 gam.

Cách giải thông thường
Số mol Fe ban đầu trong a gam: n Fe =

a
mol.
56

Số mol O2 tham gia phản ứng: n O =

75,2 − a
mol.
32

Quá trình oxi hóa:

Fe → Fe3+ + 3e
a
3a
mol
mol
56

56

2

Số mol e nhường: n e =

3a
mol
56

6

(1)


O2 + 4e → 2O−2

Quá trình khử:

(2)

SO42− + 4H+ + 2e → SO2 + 2H2O (3)
Từ (2), (3) → n echo = 4n O2 + 2n SO2

= 4×
⇒

75,2 − a
3a
+ 2 × 0,3 =

32
56

a = 56 gam. (Đáp án A)

Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
a = 75,2.0,7 + 5,6.(2.6,72/22,4) = 56 gam
Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải nhanh
sau:
Công thức kinh nghiệm:
mFe = 0,7.moxit + 5,6. ne nhận của N+5 (S+6);
Ví dụ 4: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH)2
0,1M. Sục 7,84 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch X thì lượng kết tủa thu
được là
A. 15 gam.

B. 5 gam.

C. 10 gam.

D. 0 gam.

Cách giải thông thường
n CO2 = 0,35 mol ; nNaOH = 0,2 mol; n Ca (OH )2 = 0,1 mol.

⇒ Tổng:

n OH − = 0,2 + 0,1×2 = 0,4 mol

mol.

Phương trình ion rút gọn:
CO2 + 2OH− → CO32− + H2O
0,35
0,2
⇒

0,4
← 0,4

→

0,2 mol

n CO2 ( d­ ) = 0,35 − 0,2 = 0,15 mol

tiếp tục xẩy ra phản ứng:
CO32− + CO2 + H2O → 2HCO3−
Ban đầu:

0,2

0,15 mol
7

và

n Ca 2 + =

0,1

Phản ứng:

0,15 ← 0,15 mol

⇒

n CO2 − còn lại bằng 0,15 mol
3

⇒

n CaCO3↓ = 0,05 mol

⇒

m CaCO3 = 0,05×100 = 5 gam. (Đáp án B)

Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
nOH −

Nhận xét: 1< n =0,4/0,35<2, suy ra nCO = 0,4-0,35 = 0,05 mol
CO
2−
3

2

CO32 − +Ca 2 + →CaCO3
0,05mol

0,1 mol

0,05 mol, suy ra mkêt tủa = 5 gam

Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:
Công thức tính lượng kết tủa xuất hiện khi hấp thụ CO 2 vào dung dịch hỗn
hợp NaOH + Ba(OH)2.....
Phương pháp: Tính tỉ số:T =

∑n

OH −

nCO2

. Nếu T ≥ 2: chỉ tạo CO32− và có

nCO 2− = nCO2 . Nếu T ≤ 1: chỉ tạo HCO3− ; Nếu 13

nCO 2− + nCO2 = nOH −

.

3

Từ CO32− so sánh với số mol Ca2+; Ba2+ để tính khối lượng kết tủa.
Ví dụ 5: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ

trong nước được dung dịch A và có 1,12 lít H2 bay ra (ở đktc). Cho
dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A. khối lượng kết tủa
thu được là
A. 0,78 gam.

B. 1,56 gam.

C. 0,81 gam.

D.2,34 gam.

Cách giải thông thường
Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O:
M + nH2O → M(OH)n +

n
H2
2

Từ phương trình ta có:
8


n OH − = 2n H2 = 0,1mol.

Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3:
Al3+ + 3OH− → Al(OH)3↓
Ban đầu:

0,03

0,1 mol

Phản ứng:

0,03 → 0,09

→

0,03 mol

n OH − ( d­ ) = 0,01mol

⇒

tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình:
Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O
0,01 ← 0,01 mol
m Al(OH )3 = 78×0,02 = 1,56 gam. (Đáp án B)

Vậy:

Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
Do số mol OH- = 0,1 > 3.số mol Al3+. Nên dư OH- và
n↓ = 4.n Al 3+ − nOH − = 0,02 mol. mkết tủa = 0,02.78 = 1,56 gam.

Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:
Cho dd OH- vào dd Al3+. Tính khối lượng kết tủa thu được
- Nếu thiếu NaOH: nNaOH = 3.n↓

-Nếu dư NaOH: nNaOH + n↓ = 4.nAl .
3+

Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 3,6. Sau
khi tiến hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với
H2 bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là
A. 10%.

B. 15%.

C. 20%.

Cách giải thông thường
Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có:
mx = M X = 7,2 gam.
Đặt n N = a mol , ta có:
2

28a + 2(1 − a) = 7,2
⇒

a = 0,2
9

D. 25%.


⇒

n N 2 = 0,2 mol và n H2 = 0,8 mol → H2 dư.

N2

o

xt, t

→ 2NH3
3H2 ¬


p

+

Ban đầu:

0,2

0,8

Phản ứng:

x

3x

Sau phản ứng:

2x

(0,2 − x) (0,8 − 3x)

2x

nY = (1 − 2x) mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY
mY
MY

⇒

nY =

⇒

( 1 − 2x ) =

7,2
8

→

x = 0,05.

Hiệu suất phản ứng tính theo N2 là

0,05 ×100
= 25% . (Đáp án D)
0,2

Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
Sơ đồ đường chéo: N2 (a) 28

M 1 -2

b
a

suy ra k= =

M1

H2 (b) 2

28 − M 1 20,8
=
= 4 >3
5, 2
M1 − 2

28- M 1

Áp dụng :

= 5/2.(1-1,8/2) = 0,25 = 25%
Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:
n

H

Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 (với n = k > 3 )
N
2

2

10


Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H 2 bằng 6,4.
Cho A đi qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H 2
bằng 8 (giả thiết hiệu suất phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân
tử của anken là
A. C2H4.

B. C3H6.

C. C4H8.

D. C5H10.

Cách giải thông thường
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1−a) mol H2)
Ta có: 14.n.a + 2(1 − a) = 12,8

(1)

Hỗn hợp B có M = 16 < 14n (với n ≥ 2) → trong hỗn hợp B có H2 dư
Ni, t
CnH2n + H2 

→ CnH2n+2
o

Ban đầu:

a mol (1−a) mol

Phản ứng:

a →

a

→ a mol

Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1 − 2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2.→tổng
nB=1 − 2a.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB
nB =

⇒

mB
MB →

( 1 − 2a ) =

12,8
16

→

a = 0,2 mol.

Thay a = 0,2 vào (1) ta có 14×0,2×n + 2×(1 − 0,2) = 12,8
⇒

n = 4 → anken là C4H8. (Đáp án C)

Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
ta có n =

( M 2 − 2) M 1
(16 − 2).12,8
=
=4
14( M 2 − M 1 ) 14.(16 − 12,8)

Suy ra Anken là C4H8
Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:

11


Hn hp A gm anken v hiro ( M 1 ), dn A qua Ni, nung núng n p hon
ton c hh B gm ankan v hiro( M 2 ) . S nguyờn t C ca anken (C nH2n)
l: n =

( M 2 2) M 1

14( M 2 M 1 )

Vớ d 8. Hỗn hợp X gồm một hiđrocacbon trong điều kiện thờng ở thể khí và
hiđro. Tỷ khối của X so với hiđro bằng 6,7. Cho hỗn hợp đi qua Ni nung nóng,
sau khi hiđrocacbon phản ứng hết thu đợc hỗn hợp Y có tỷ khối với hiđro
bằng 16,75. Công thức phân tử của hiđrocacbon là:
A. C3H4.

B. C3H6

C. C4H8

D. C4H6.

Cỏch gii thụng thng
Sơ đồ phản ứng: CnH2n +2 - 2m + mH2 CnH2n + 2 điều kiện
a

ma

1
a mol

Gọi a, b là số mol của hiđrocacbon và của hiđro trong hỗn hợp X. Khối lợng
hỗn hợp là: mX = (a + b) M 1 = (a + b - ma) M 2
d1
6, 7
M
a + b ma

= 1= d =
= 0,4.
16, 75
a+b
M2
2

Xét hỗn hợp có tổng số mol bằng 1, ta có a + b = 1, thay vào phơng trình trên
đợc
ma = 1 - 0,4 = 0,6 (I) a =
Ma + 2(1 - a) = 13,4

0, 6
m

(II) . Thay (I) vào (II) ta có:

M = 19m + 2, kết hợp điều kiện hiđrocacbon ở thể khí có M< 58, giá trị phù
hợp khi m = 2 và công thức hiđrocacbon là C3H4. Đáp án A.
Cú th gii bi tp trc nghim ny theo cỏch sau:
Tớnh t s

( M 2 2) M 1
(33,5 2).13, 4
=
= 1,5
14( M 2 M 1 ) 14.(33,5 13, 4)

12

Xét bốn đáp án nhận thấy hiđrocacbon cần tìm có 1 hoặc 2 liên kết π . Vì vậy,
nếu hiđrocacbon là anken thì n=1,5 loại. Nếu hiđrocacbon là ankin thì n=3 là
C3H4, Chọn A.
Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:
Hỗn hợp A gồm anken và hiđro ( M 1 ), dẫn A qua Ni, nung nóng đến pư
hoàn toàn được hh B gồm ankan và hiđro( M 2 ) . Số nguyên tử C của anken
(CnH2n) là: n =

( M 2 − 2) M 1
14( M 2 − M 1 )

Hỗn hợp C gồm ankin và hiđro ( M 1 ), dẫn C qua Ni, nung nóng đến pư
hoàn toàn được hh D gồm ankan và hiđro( M 2 ) . Số nguyên tử Cacbon của
ankin (CnH2n-2) là: n =

2( M 2 − 2) M 1
14( M 2 − M 1 )

Ví dụ 9. X là dung dịch AlCl3 nồng độ a mol/l; Y là dung dịch NaOH 2M.
Thêm 150ml dung dịch Y vào cốc chứa 100ml dung dịch X, khuâý đều tới
phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 7,8 gam kết tủa. Thêm tiếp vào cốc đó
100 ml dung dịch Y, khuấy đều tới kết thúc phản ứng thấy trong cốc có 10,92
gam kết tủa. Giá trị của a là:
A. 1

B. 1,6

C. 2

D. 3,2

Cách giải thông thường
Thêm 150 ml dung dịch Y vào thì n NaOH=0,3mol; n kết tủa = 0,1 mol.Do thêm
tiếp NaOH vào thì m kết tủa tăng , suy ra ở thí nghiệm đầu tiên còn dư AlCl3
PTPƯ: AlCl3 + 3NaOH
0,1mol

0,3 mol

Al(OH)3 + 3NaCl
0,1 mol

Dư x mol
Thêm tiếp 100ml dung dịch Y vào (=0,2 mol NaOH) thì kết tủa chỉ tăng
(10,92-7,8)/78 = 0,04 mol < 0,2/3,
13


chứng tỏ đã có sự hoà tan kết tủa và NaOH dư
PTPƯ: AlCl3 +
x mol

3NaOH

Al(OH)3 + 3NaCl

3x mol

x mol

Al(OH)3 +

NaOH

NaAlO2 + 2H2O

(0,2-3x)

(0,2-3x) mol

Theo đầu bài số mol kết tủa tăng thêm là 0,04 mol lên ta có phương trình:
x-(0,2-3x) = 0,04, suy ra x = 0,06 mol. Vậy tổng số mol của AlCl3 là 0,16 mol
và a = 0,16/0,1 = 1,6 (M). Chọn đáp án B
Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
Nhận xét: Khi tăng số mol OH - lên 0,2 mol thì số mol kết tủa chỉ tăng 0,04
mol tức ở thí nghiệm sau có dư OH -. Ta có
nAl 3+ =

0,5 + 0,14
= 0,16
4

nNaOH + n↓ = 4.nAl 3+ , suy ra

mol

Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:

Cho dd OH- vào dd Al3+. Tính khối lượng kết tủa thu được
- Nếu thiếu NaOH: nNaOH = 3.n↓
-Nếu dư NaOH: nNaOH + n↓ = 4.nAl .
3+

Ví dụ 10. ĐHA-2010: Hoà tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X.
Cho 110ml dung dịch KOH 2M vào X được 3a gam kết tủa. Mặt khác, Cho
140ml dung dịch KOH 2M vào X được 2a gam kết tủa. Xác định m?
A. 17,17

B. 16,1

C. 17,71

D. A hoặc B

Cách giải thông thường
Xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: TN 1 thiếu KOH; TN 2 dư KOH
TN 1: PTPƯ: ZnSO4 + 2 KOH → Zn(OH ) 2 + K 2 SO4
Dư

2.3a/99 mol
14

3a/99mol


Theo pư: số mol KOH = 2.3a/99 = 2.0,11, suy ra a = 3,63 gam.

TN 2: PTPƯ:

ZnSO4 + 2 KOH → Zn(OH ) 2 + K 2 SO4
m/161

2m/161

m/161

Zn(OH ) 2 + 2 KOH → K 2 ZnO2 + 2 H 2O
(0,14-m/161)

(0,28-2m/161)

Theo ptpư, và kết hợp đầu bài ta được: m/161-(0,14-m/161)=2a/99=2.3,63/99,
suy ra m = 17,17 gam Vô lý vì TN1 số mol kết tủa lớn hơn số mol Zn2+
- Trường hợp 2: cả 2 TN cùng dư KOH
TN 1: PTPƯ:

ZnSO4 + 2 KOH → Zn(OH ) 2 + K 2 SO4
m/161

2m/161

m/161

Zn(OH ) 2 + 2 KOH → K 2 ZnO2 + 2 H 2O
(0,11-m/161)

(0,22-2m/161)

Theo ptpư, và kết hợp đầu bài ta được: m/161-(0,11-m/161)=3a/99 (1)
TN 2: PTPƯ:

ZnSO4 + 2 KOH → Zn(OH ) 2 + K 2 SO4
m/161

2m/161

m/161

Zn(OH ) 2 + 2 KOH → K 2 ZnO2 + 2 H 2O
(0,14-m/161)

(0,28-2m/161)

Theo ptpư, và kết hợp đầu bài ta được: m/161-(0,14-m/161)=2a/99 (2)
Giải hệ (1); (2) ta tính được a= 2,97; m = 16,1 gam, thoả mãn số mol kết tủa
nhỏ hơn số mol Zn2+
Có thể giải bài tập trắc nghiệm này theo cách sau:
Giải: Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: TN 1: Thiếu OH-; TN 2: Dư OH-. Từ đó ta có hệ phương trình:

15


 2.0,11= 2.3.99a
a =3,63 g
 2.0,14+ 2.2. a = 4 m → { m =17,17 g
99 161



Vô lý vì TN1 số mol kết tủa lớn hơn số

mol Zn2+
Trường hợp 2: TN 1: Dư OH-; TN 2: Dư OH-. Từ đó ta có hệ phương trình:
m
 2.0,11+ 2.3. 99a =4.161
a = 2,97 g
 2.0,14+ 2.2. a =4 m → { m =16,1g
99 161


thoả mãn số mol kết tủa nhỏ hơn số mol

Zn2+
Như vậy với bài tập trắc nghiệm trên học sinh đã dụng kỹ thuật giải
nhanh sau:
Cho dd OH- tác dụng với dd Zn2+
- Nếu thiếu NaOH: nNaOH = 2.n↓
-Nếu dư NaOH: nNaOH + 2.n↓ = 4.nZn .
2+

Ví dụ 11: Cho 20 lít (đktc) hỗn hợp A gồm CO và CO 2 ở đktc vào 4 lít
dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thì thu được 3 gam kết tủa.
Tính % V CO2 trong hỗn hợp A theo thể tích..
A.3,36%

B. 14,56%

C. 3,36% hoặc 14,56%

D. 10%

Lời giải
* Phương pháp tự luận:
Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau:
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2
Ta có: Số mol Ca(OH)2 = 4. 0,02 = 0,08 (mol)
Số mol CaCO3 = 3 : 100 = 0,03 (mol)
Trường hợp 1: Chỉ có phản ứng (1) ⇒ Ca(OH)2 dư.
Theo phương trình ta có:
Số mol CO2 = Số mol CaCO3 = 0,03 (mol)
16

(1)
(2)


= Số mol Ca(OH)2 < 0,08 (mol).
0, 03.22, 4
.100% = 3,36%
20

Vậy, A có % V CO2 =

Trường hợp 2: Cả phản ứng (1) và (2) đều xảy ra ⇒ Ca(OH)2 hết.
Theo phương trình (1):
Số mol CaCO3 (1) = Số mol Ca(OH)2 = 0,08 (mol).

→ Số mol CaCO3 (2) = 0,08 - 0,03 = 0,05 (mol).
Theo phương trình (1) và (2):
Số mol CO2 = 0,08 + 0,05 = 0,13 (mol)
Vậy, A có %V CO2 =

0,13.22, 4
.100% = 14,56% . Chọn C
20

Tuy nhiên bài toán trên có thể giải nhanh theo phương pháp đồ thị như
sau:
* Phương pháp đồ thị:
Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1) và (2) ta vẽ được đồ thị biểu
diễn lượng kết tủa thu được theo lượng CO2 đã phản ứng như sau:
Số mol CaCO3
0,08

0,03
O

0,03

0,08

0,13

0,16

Số mol CO2

Dựa vào đồ thị, nếu sau phản ứng thu được 3 gam kết tủa thì ta có ngay:
Trường hợp 1: Số mol CO2 = 0,03 (mol).
Trường hợp 2: Số mol CO2 = 0,16-0,03=0,13 (mol).
• Hoặc có thể sử dụng công thức giải nhanh để giải bài tập như sau:
Số mol CaCO3 = 3 : 100 = 0,03 (mol)
- Nếu dư bazơ thì

nCO2 = n↓ = 0, 03

- Nếu dư CO2 tạo 2 muối thì : nCO2 = nOH − − n↓ = 0,16 − 0, 03 = 0,13
17


Ví dụ 12: Hoà tan 66,6 gam chất X: Al2(SO4)3.18H2O vào nước được dung
dịch A.
a.Thể tích dung dịch NaOH 0,2 M cần thêm vào A để thu được lượng kết tủa
lớn nhất, nhỏ nhất lần lượt là :
A. 1,2 lit ; 1,6 lit

B. 1,6 lit ; 1,2 lit

C. 1 lit ; 2 lit

D. 3 lit ; 4 lit

b.Cho 250 ml dung dịch KOH aM tác dụng hết với A thì thu được 7,8 gam
kết tủa. Giá trị của a là :
A.1,2

B.2,2

C. 1,5 hoặc 2,2

D.1,2 hoặc 2,8

Lời giải
* Phương pháp tự luận:
Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau:
Al3+ + 3 OH- → Al(OH)3

(1)

Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2 H2O

(2)

a. Để lượng kết tủa lớn nhất thì chỉ xảy ra phản ứng (1).
Theo phương trình:
Số mol OH- = 3. Số mol Al3+ = 3. 0,1.2 = 0,6 (mol)
Để lượng kết tủa nhỏ nhất thì xảy ra cả phản ứng (1) và (2).
Theo phương trình:
Số mol OH- = 4. Số mol Al3+ = 4. 0,2 = 0,8 (mol)
Vậy, thể tích dung dịch NaOH 0,2 M cần thêm vào A để lượng kết tủa
thu được lớn nhất, nhỏ nhất tương ứng là:
V = 0,6 : 0,2 = 3 (lít) và V' = 0,8 : 0,2 = 4 (lít). Chọn D
b. Số mol kết tủa Al(OH)3 thu được là 7,8 : 78 = 0,1 (mol).
Trường hợp 1: Chỉ có phản ứng (1) ⇒ Al3+ dư.
Theo phương trình ta có:
Số mol OH- = 3. Số mol Al(OH)3 = 3. 0,1 = 0,3 (mol)
Số mol Al3+ (pư) = Số mol Al(OH)3 < 0,2 (mol).

0,3

Vậy, nồng độ dung dịch KOH là: [KOH] =a= 0, 25 = 1, 2( M )
Trường hợp 2: Cả phản ứng (1) và (2) đều xảy ra ⇒ Al3+ hết.
18


Theo phương trình (1):
Số mol Al(OH)3 (1) = Số mol Al3+ = 0,2 (mol).
→ Số mol Al(OH)3 (2) = 0,2 - 0,1 = 0,1 (mol).
Theo phương trình (1) và (2):
Số mol OH- = 3. 0,2 + 0,1 = 0,7 (mol)
0, 7

Vậy, nồng độ dung dịch KOH là: [KOH]=a = 0, 25 = 2,8( M ) . Chọn D
Tuy nhiên bài toán trên có thể giải nhanh theo phương pháp đồ thị như
sau:
* Phương pháp đồ thị:
Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1) và (2) ta vẽ được đồ thị biểu
diễn lượng kết tủa thu được theo lượng OH- đã phản ứng như sau:
Số mol Al(OH)3

0,2
0,1
O

0,3

0,6

0,7

0,8

Số mol OH-

Dựa vào đồ thị ta có ngay:
a. Số mol OH- cần có để lượng kết tủa thu được lớn nhất, nhỏ nhất tương
ứng là 0,6 và 0,8 (mol).
b. Nếu sau phản ứng thu được 7,8 gam kết tủa thì:
Trường hợp 1: Số mol OH- = 0,3 (mol).
Trường hợp 2: Số mol OH- = 0,8-0,1=0,7 (mol).
• Hoặc có thể sử dụng công thức giải nhanh để giải bài tập như sau:
Tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào dung dịch Al 3+ để xuất hiện một
lượng kết tủa theo yêu cầu
- Nếu thiếu NaOH: nNaOH = 3.n↓ =0,3 (mol)
19


- Nếu dư NaOH: nNaOH = 4.nAl 3+ − n↓ = 4.0, 2 − 0,1 = 0, 7( mol ) .
Ví dụ 13: Hoà tan vừa hết m gam Al vào dung dịch NaOH thì thu được
dung dịch A và 6,72 lít H2 (đktc). Rót từ từ dung dịch HCl 0,2 M vào A thì
thu được 7,8 gam kết tủa. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là:
A.0,5 lit

B.2,5 lit

C. 2 lit hoặc 0,5 lit

D. 0,5 lit hoặc 2,5 lit

Lời giải: Phương trình phản ứng:
2 Al + 2 H2O + 2 NaOH → 2 NaAlO2 + 3 H2
Theo phương trình: Số mol Al = 2/3. Số mol H2 = 0,2 (mol).
→ m = 5,4 (gam).
* Phương pháp tự luận:
Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau:
H+ + H2O + AlO2- → Al(OH)3

(1)

3 H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3 H2O (2)
b. Theo giả thiết: Số mol Al(OH)3 = 7,8 : 78 = 0,1 (mol)
Trường hợp 1: Chỉ có phản ứng (1) ⇒ AlO2- dư.
Theo phương trình ta có:
Số mol H+ = Số mol Al(OH)3 = 0,1 (mol).
Số mol AlO2- (pư) = Số mol Al(OH)3 < 0,2 (mol).
0,1

Vậy, thể tích dung dịch HCl = 0, 2 = 0,5(lit )
Trường hợp 2: Cả phản ứng (1) và (2) đều xảy ra ⇒ AlO2- hết.
Theo phương trình (1):
Số mol Al(OH)3 (1) = Số mol AlO2- = 0,2 (mol).
→ Số mol Al(OH)3 (2) = 0,2 - 0,1 = 0,1 (mol).
Theo phương trình (1) và (2):
Số mol H+ = 0,2 + 3. 0,1 = 0,5 (mol)
0,5

Vậy, thể tích dung dịch HCl = 0, 2 = 2,5(lit )
Tuy nhiên bài toán trên có thể giải nhanh theo phương pháp đồ thị như

sau:
20


* Phương pháp đồ thị:
Số mol Al(OH)3
0,2
0,1
0,1

0,2

0,5

0,8 Số mol H+

Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1) và (2) ta vẽ được đồ thị biểu
diễn lượng kết tủa thu được theo lượng H+ đã phản ứng như trên.
b. Nếu sau phản ứng thu được 7,8 gam kết tủa thì:
Trường hợp 1: Số mol H+ = 0,1 (mol).
Trường hợp 2: Số mol H+ = 0,8-0,3=0,5 (mol).
• Hoặc có thể sử dụng công thức giải nhanh để giải bài tập như sau:
Tính thể tích dung dịch HCl cần cho vào dung dịch NaAlO 2 để xuất hiện một
lượng kết tủa theo yêu cầu
- Nếu thiếu HCl: nHCl = n↓ =0,1 mol
-Nếu dư HCl:

nHCl = 4.nNaAlO2 − 3n↓ = 4.0, 2 − 3.0,1 = 0,5( mol )

Như vậy trong một khoảng thời gian ngắn học sinh phải giải quyết một

số lượng bài tập lớn, cho dù học sinh có biết trước các dạng bài và phương
pháp giải thì phải mất một khoảng thời gian dài từ 8 đến 10 phút mới giải ra
được đáp số như vậy do thời gian không cho phép hiệu quả làm bài không
cao. Mặt khác, trong các kỳ thi gần đây, số lượng các bài tập thuộc dạng quen
đã từng gặp chiếm một số lượng đáng kể, mặc dù học sinh biết phương pháp
giải nhưng tính ra được kết quả thì rất lâu và tốn nhiều thời gian. Để đáp ứng
được yêu cầu bức thiết của học sinh là giải được các bài tập trắc nghiệm khó
nhưng trong thời gian ngắn nhất, sau nhiều năm trăn trở tôi cũng đã đúc kết ra
một số kỹ thuật để giải nhanh bài tập bằng việc mã hoá qua các công thức
toán học và sử dụng phương pháp đồ thị giúp học sinh dễ nhớ và tốc độ tính
toán tăng nhanh đáng kể.
21


2.2. GIẢI PHÁP SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN
2.2.1. CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA
Để áp dụng được các công thức giải nhanh mà học sinh dễ nhớ thì yêu
cầu bắt buộc học sinh phải hiểu được cơ sở để hình thành ra công thức đó như
thế nào bằng việc phải chứng minh được các bài toán tổng quát.Khi làm bài
tập trắc nghiệm chẳng may học sinh quên không nhớ hết công thức giải nhanh
thì HS vẫn làm được bài tập đó trên cơ sở đã nắm được bản chất của cách xây
dựng công thức giải nhanh. Để xây dựng được các công thức giải nhanh bài
tập thì HS phải nắm vững hai định luật cực kỳ quan trọng trong giải trắc
nghiệm đó là định luật bảo toàn khối lượng và định luật bảo toàn electron.
Sau khi tôi đưa một số bài toán tổng quát, học sinh đã chứng minh được và
vận dụng vào để làm bài tập thì học sinh từ mức trung bình-khá trở lên đã
nắm bắt được và vận dụng làm rất nhanh. Để tiện hệ thống hoá kiến thức hoá
học tôi xin chia việc áp dụng công thức giải nhanh hoá học vào 2 mảng lớn đó
là hoá vô cơ và hoá hữu cơ.
2.2.1.1. CÔNG THỨC GIẢI NHANH TRONG HOÁ VÔ CƠ

2.2.1.1.1.KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT
Bài tập tổng quát 1: Cho m gam hỗn hợp kim loại (KL) đứng trước H phản
ứng với dd HCl dư thu được b mol H2. Tính khối lượng muối clorua thu được
theo m và b
Giải: Theo định luật bảo toàn nguyên tố H luôn có số mol HCl = 2 lần số mol
H2 = 2b. Mặt khác m muối = mKL + mCl- = m + 35,5.nHCl = m + 35,5.2b
Từ đó rút ra: Công thức 1: KL (trước H) + 2HCl

muối + H2

có nHCl = 2nH 2 và mmuối = mKL + 71. n H 2

Bài tập tổng quát 2: Cho m gam hỗn hợp kim loại (KL) đứng trước H phản
ứng với dd H2SO4 loãng dư thu được b mol H2. Tính khối lượng muối sunfat
thu được theo m và b

22


Giải: Theo định luật bảo toàn nguyên tố H luôn có số mol H 2SO4 = số mol H2
= b. Mặt khác m muối = mKL + mSO42- = m + 96.nH2SO4 = m + 96b
Từ đó rút ra: Công thức 2: KL(trước H) + H2SO4

muối + H2

có nH 2 SO4 = nH 2 và mmuối = mKL + 96. n H2
Bài tập tổng quát 3: Cho m gam hỗn hợp kim loại (KL) phản ứng với dd
H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp có a mol SO 2; b mol H2S; c mol S . Tính
khối lượng muối sunfat thu được theo m và a; b; c và số mol H 2SO4 phản ứng
theo a; b; c.

Giải: Có các bán phản ứng sau:
4 H + + 2SO42− + 2e 
→ SO2 + 2 H 2O + SO42−

4a

2a

a

a

10 H + + 5SO42− + 8e 
→ H 2 S + 5 H 2O + 4 SO42−

10b

8b

b

4b

8 H + + 4 SO42− + 6e 
→ S + 4 H 2O + 3SO42 −

8c

6c

c

3c

Theo các bán phản ứng trên ta nhận thấy số mol SO42− tạo muối = số mol e
nhận của S+6/2. nên suy ra m muối = mKL + mSO = m + 96.(a+4b+3c)
2−
4

Và số mol H2SO4 pư = số mol H+/2 = 2a + 5b + 4c
Từ đó rút ra : Công thức 3: KL + H2SO4đặc

dư

muối sunfat + (SO2; S;

H2S) + H2O
mmuối = mKL

+6
96
+
.ne nhận S
2

nH 2 SO4 = 2nSO2 + 4nS + 5nH 2 S
Bài tập tổng quát 4: Cho m gam hỗn hợp kim loại (KL) phản ứng với dd
HNO3 , thu được hỗn hợp có a mol NO2; b mol NO; c mol N2O; d mol N2 e
mol NH4NO3 . Tính khối lượng muối nitrat của kim loại thu được theo m và a;
b; c; d; e và số mol HNO3 phản ứng theo a; b; c; d; e.

Giải: Có các bán phản ứng sau:
23


2NO3− + 2H+ + 1e → NO2 + H2O + NO3−
2a

a

a

a

4NO3− + 4H+ + 3e → NO + 2H2O + 3NO3−
4b

3b

b

3b

10NO3− + 10H+ + 8e → N2O + 5H2O + 8NO3−
10c

8c

c

8c

12NO3− + 12H+ + 10e → N2 + 6H2O + 10NO3−
12d

10d

d

10d

10NO3− + 10H+ + 8e → NH 4 NO3 + 6H2O + 8NO3−
10e

8e

e

8e

Theo các bán phản ứng trên ta nhận thấy số mol NO3− tạo muối = số mol e
nhận của N+5. nên suy ra m muối = mKL + mNO = m + 62.(a+3b+8c+10d+8e)
−
3

Và số mol HNO3 pư = số mol H+ = 2a + 4b + 10c + 12d + 10e
Từ đó rút ra: Công thức 4: KL+ HNO3dư

muối nitrat+ (NO 2; NO; N2O;

N2; NH4NO3) + H2O

+5

mmuối = mKL + 62.ne nhận N

nHNO3 = 2nNO2 + 4nNO + 10nN 2O + 12nN 2 + 10nNH 4 NO3
Một số lưu ý khi sử dụng các công thức 1; 2; 3; 4 là chỉ áp dụng cho
các kim loại có phản ứng với axit. Trong một hỗn hợp nhiều kim loại mà có
một kim loại không phản ứng với dung dịch axit thì không áp dụng được, ví
dụ Cu, Ag không phản ứng với HCl, H2SO4 loãng; Au, Pt không phản ứng với
HNO3; H2SO4đặc; Fe, Cr, Al không phản ứng với HNO3 đặc nguội, H2SO4 đặc
nguội
Các ví dụ áp dụng :
Ví dụ 1:. Hoà tan hết 10 gam rắn X gồm Mg, Zn, Al bằng dd H2SO4 loãng,
dư, được 7,84 lit H2 (đktc) và m gam muối, tính m?
Giải: m = 10 + 96. 7,84/22,4 = 43,6 gam
24


Ví dụ 2: Hoà tan hết 10 gam rắn X gồm Mg, Zn, Al bằng dd HCl loãng, dư,
được 7,84 lit H2 (đktc) và m gam muối, tính m?
Giải: m = 10 + 71. 7,84/22,4 = 34,85 gam
Ví dụ 3: Hoà tan hết hỗn hợp rắn X gồm Cu và Mg cần vừa đủ x mol HNO3,
sau phản ứng thu được 8,96lit(đktc) hỗn hợp Y gồm NO và NO 2.Tính x, biết
dY/H2 = 19.
Giải : nNO + nNO2 = 0,4.
Sơ đồ đường chéo: NO

30

8

38

suy ra nNO = nNO2= 0,2 mol

NO2 46

8

Suy ra số mol HNO3 = x = 4.0,2 + 2.0,2 = 1,2 mol
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 10 gam hỗn hợp gồm Al, Mg, Zn bằng H2SO4
đặc, nóng vừa đủ được dung dịch chứa m gam muối và 10,08 lit SO2 (đktc) là
sản phẩm khử duy nhất. Tìm m?
Giải :

S+6 + 2e
0,9mol

S+4
0,45 mol

m = 10 + 96/2. 0,9 = 53,2 gam
Ví dụ 5: Hoà tan hết 14 gam sắt trong H2SO4 đặc, nóng, được 6,72 lit SO2
(đktc) là sản phẩm duy nhất của sự khử S +6 và dung dịch chứa m gam muối,
tìm m?
Giải :

S+6 + 2e
0,6 mol

S+4

0,3 mol

m = 14 + 96/2. 0,6 = 42,8 gam
Ví dụ 6: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO 3
loãng. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol
NO2 và 0,05 mol N2O). Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH 4NO3. Số
mol HNO3 đã phản ứng là:
25