24 phương pháp và kĩ thuật giải hoá đặc sắc nhất

Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

KHÓA HỌC LUYỆN ĐỀ 2017
Luyện thi THPQ QG môn Hóa 2017
GIÁO VIÊN: LƯƠNG VĂN HUY – NGUYỄN ĐỨC DŨNG
24 PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI HÓA ĐẶC SẮC 2017
www.vinastudy.vn – Hệ thống học trực tuyến hàng đầu Việt Nam

24 PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI HÓA
ĐẶC SẮC NHẤT 2017
PHẦN I

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 1


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

PHƯƠNG PHÁP 1 - ĂN BỚT CHẤT

SIÊU PHẨM – KỸ THUẬT ĂN BỚT CHẤT
VÀ CÁC DẠNG TOÁN ÁP DỤNG

Bài viết đăng trên Tạp chí Hóa Học và Ứng dụng tác giả Lương Văn Huy - 2013

Giới thiêu :

Trong các kì thi tốt nghiệp – ĐH ,CĐ bộ môn Hóa, thì việc xuất hiện các dạng bài tập hỗn hợp là không
thể thiếu và thường khá khó. Đặc biệt là những dạng bài toán phân hóa từ 8 điểm trở lên. Đáng ngại hơn nữa là
dạng bài có nhiều quá trình phản ứng, nhiều chất nhưng ít dữ kiện. Việc phân tích, tìm điểm chung và đưa ra cách
xử lí tổng quát là khá mất thời gian và thường gây tâm lí chán nản với nhiều em học sinh.
Do vậy thầy giới thiệu với các em một công cụ xử lí khá hiệu quả dành cho những bài toán này. Đó là kỹ
thuật “ Ăn bớt chất” . Kỹ thuật này đã thầy viết trên “ Tạp Chí Hóa Học Và Ứng Dụng”. Sau này có một số sách
đã đưa vào trong sách và không trích dẫn ( ví dụ như quyển “ Công Phá Hóa …), đặc biệt trong các quyển sách đó
việc đưa ra cơ sở, kỹ năng phân tích và áp dụng rất nguy hiểm. Dẫn đến việc áp dụng nhầm cho rất nhiều em. Đặc
biệt còn thiếu rất nhiều kỹ thuật trong bài viết.

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 2


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

A- BỚT CHẤT

I – ĂN BỚT TÙY Ý.

Lời bình:
Đây là dạng bài toán mà số chất nhiều hơn hẳn dữ kiện. Và việc loại bỏ chất nào cũng
không ảnh hưởng đến kết quả của bài toán ( gọi là bộ hỗn hợp chất tuyến tính với nhau). Do vậy
ta chỉ việc loại bỏ bớt chất đi, sao cho số chất = số dữ kiện để giải phương trình đại số được.
Dưới đây là một số ví dụ để các em hiểu rõ hơn

VD1: (KB- 2007):

Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn
hợp X trong HNO3 dư, thoát ra 0,56 lít ( ở đktc) NO ( là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị
của X là
A. 2,62.

B. 2,32.

C. 2,22.

D

2,52.

HD:
-Khi nung Fe trong oxi ( chưa cho biết có dư hay không) thì sản phẩm thu được là hỗn
hợp X có thể chứa các chất : Fe, Fe2O3,Fe3O4, FeO. Với 4 chất nhưng chỉ có 2 dữ kiện số nên ta
có thể loại bỏ bớt 2 chất để đơn giản bài toán. Ở đây ta có thể loại bỏ bất kì 2 chất nào trong
hỗn hợp.
Giải
Ta coi như hỗn hợp X chỉ chứa Fe và Fe2O3 ( Hoặc cặp chất nào cũng được) với số mol
tương ứng lần lượt là x,y.
PT khối lượng : 56x + 160y = 3 (1).

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 3


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

3
2

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

o

t
PTPƯ : 2 Fe  O2 
 Fe2O3 .(*)

Fe  4 HNO3  Fe( NO3 )3  NO  2 H 2O .(**)
Fe2O3  6 HNO3  2 Fe( NO3 )3  3H 2O. (***)

Từ (*), (**),(***) ta có x = 0,025 mol. Thay vào (1)  y = 0,01 mol.
Vậy số mol Fe ban đầu là nFe = x + 2y = 0,025 + 2.0,01 =0,045 mol.
Khối lượng Fe ban đầu mFe = 0,045.56 = 2,52 gam ( đáp án D).
Bình luận : Để nhanh hơn các em nên áp dụng bảo toàn e hoặc thêm kĩ thuật tách chất.
Lưu ý các em không nên học mấy công thức tính nhanh nhé, vì nó chỉ đúng cho 1 số dạng
bài tập. Trong áp lực phòng thi thì việc quên công thức, hoặc nhớ sai, hoặc đề cho lệch với
bài tập mẫu thì các em sẽ rất dễ nhầm lẫn. Nên học bản chất + luyện tốc độ thật nhanh.

VD2 : ( CĐ - 2009)
Nung nóng 16,8 gam hỗn hợp Au, Ag, Fe,Zn với một lượng dư khí O2, đến khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 23,2 gam chất rắn X. Thể tích dung dịch HCl 2M
vừa đủ để phản ứng với chất rắn X là
A. 600ml.

B. 200ml.

C. 800ml.

D. 400ml.

HD:
-Với 4 kim loại nhưng bài ra chỉ cho 2 dữ kiện và không có câu hỏi liên quan đến lượng
chất cụ thể trong hỗn hợp đầu. Do vậy ta có thể loại bớt 2 kim loại để bài toán đơn giản hơn.
Nhưng lưu ý phải có ít nhất 1 kim loại phải tham gia phản ứng.
Giải
Giả sử hỗn hợp ban đầu chỉ có Fe và Zn ( hoặc giả sử là 2 Kim loại khác nhưng không
được đồng thời là Au và Ag) với số mol tương ứng lần lượt là x,y mol.

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 4


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

PTPƯ :
3
2 Fe  O2  Fe2O3 .
2
1
Zn  O2  ZnO.
2

Fe2O3  6 HCl  2 FeCl3  3H 2O.

ZnO  2 HCl  ZnCl2  H 2O.

Theo bài ra và theo phương trình phản ứng ta có;
92

x

56 x  65 y  16,8.
92
28

415

Số mol HCl tham gia phản ứng nHCl  3.
+2.
= 0,8mol.

415
415
80 x  81y  23, 2.
 y  28

415

Vậy thể tích HCl cần dung là V =

0,8
=0,4 lít = 400ml ( đáp án D)
2

Bình luận : Các em nên áp dụng kĩ thuật sơ đồ V, hoặc kĩ thuật so sánh “ mày – tao” thì bài
toán sẽ cực nhanh. Phía trên thầy trình bày cho các bạn lực học trung bình – yếu vẫn làm
được
Kĩ thuật so sánh như sau:
Ta nhận thấy khối lượng rắn tăng chính là khối lượng Oxi đã tham gia phản ứng, từ đó ta có
mO  23, 2  16,8  6, 4  n O  0, 4 mol Ta có cứ 1 phân tử H2O thì cần 2HCl và 1Oxi
2 HCl        H 2O       1.O.
0, 4.2        

0, 4

Vậy V =

0,8
=0,4 lít = 400ml ( đáp án D)
2

VD3 : ( KA -2011)
Đốt cháy hoàn toàn 3.42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat
và axit oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau phản ứng

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 5


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch
Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào?
A. Tăng 2,7 gam.

B. Giảm 7,74 gam.

C. Tăng 7,92 gam.

D. Giảm 7,38 gam.

HD:
-Nhận thấy 4 chất trên đều có dạng CTTQ là CnH2n-2O2 nên ta có thể thay hỗn hợp bằng
1 chất tương đương. Nhưng đôi khi do tâm lí phòng thi có thể các em sẽ quên công thức của 1
vài chất ( Như axit oleic chẳng hạn). Do vậy ta cũng có thể loại bỏ những chất phức tạp trong
bài đi.Cách giải theo phương pháp trung bình tôi xin không trình bày. Dưới đây là cách giải
theo kĩ thuật loại bỏ chất để các em cùng tham khảo.

Giải
Coi hỗn hợp chỉ chứa 2 chất là axit acrylic ( C2H3COOH) và vinyl axetat ( C3H5COOH)
với số mol tương ứng lần lượt là x,y mol.
Ta có: 72x + 86y = 3,42 (1).
Phương trình phản ứng:
C2 H 3COOH  3O2  3CO2  2 H 2 O.
9
C3 H 5COOH  O2  4CO2  3H 2O .
2

CO2  Ca(OH )2  CaCO3  H 2O.

Theo phương trình phản ứng ta có 3x + 4y = 0,18 (2).

nCO  3 x  4 y  0,18mol.
 x   0,06.
 2
 y  0, 09.
nH 2O  2 x  2 y  0,15mol.

Giải (1) và (2) ta được : 

Độ tăng khối lượng dung dịch  m  mCO  mH O  mCaCO  44.0,18  18.0,15  18   7, 38.
2

2

3

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 6


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Vậy khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 7,38 gam so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu (
Đáp án D).
Bình luận : Nên áp dụng bảo toàn nguyên tố hoặc tách chất thì bài toán sẽ rất đẹp và gọn

VD4 : ( KB – 2013)
Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic ( C3H5COOH). Đốt cháy

hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít CO2 (đktc).Đun nóng X với bột Ni một thời gian,
thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa
đủ với V lít dung dịch Br2 0,1M. Giá trị của V là
A. 0,4.

B. 0,6.

C. 0,5.

D. 0,3.

HD:
-Nhận thấy trong X thì propen, axit acrylic, ancol anlylic đều có một liên kết đôi. Thế
nhưng việc biểu diễn 3 chất này thành 1 công thức chung thì khá khó khăn với nhiều em.Trong
bài không có phản ứng nào là dành riêng cho 1 chất riêng lẻ. Do vậy ta có thể loại bỏ bớt chất
để bài toán đơn giản hơn.
Giải
Giả sử hỗn hợp X chỉ chứa hidro (H2) và propen (C3H6) với số mol lần lượt là x,y mol.
PT:
H2 +

1
O2  H2O.(1)
2

C3H6 +

9
O2  3CO2 + 3H2O.(2)
2

H2 + C3H6  C3H8.(3)
C3H6 + Br2  C3H6Br2.(4)
Khi đốt 0,75 mol X theo bài dễ dàng tính được x = 0,3 mol và y = 0,45 mol. Do vậy tỉ lệ
nH 2
nC3 H 6

2
 . (*)
3

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 7


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Trong 0,1 mol hỗn hợp X thì nH  0, 04mol , nC H  0, 06mol. ( Theo (*)).Gọi số mol H2 phản ứng
2

3

6

trong (3) là a mol. Số mol hỗn hợp Y nY  (0,1  a) mol
Ta có tỉ khối của Y so với X bằng 1,25 nên

MY
M
n
1, 25. Mà Y  X ( Do mX  mY ). Hay
MX
M X nY

0,1
1, 25  a  0, 02.
0,1  a

Theo (3) ta có số mol C3H6 dư = 0,06 – 0,02 = 0,04 mol. Vậy trong 0,1 mol Y số mol C3H6 dư
= 0,05 mol
Theo (4) số mol Br2 phản ứng = 0,05 mol  [ Br2] =

0, 05
 0,5lit. ( Đáp án C). ( KB – 2013)
0,1

Bình luận : Các em có thể áp dụng bảo toàn số liên kết pi

VD5 ( KA – 2013):
Hỗn hợp X gồm H2, C2H4 và C3H6 có tỉ khối so với H2 là 9,25. Cho 22,4 lít X (đktc)
vào bình kín có sẵn một ít bột Ni. Đun nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có
tỉ khối so với H2 bằng 10. Tổng số mol H2 đã phản ứng là
A. 0,05 mol.

B. 0,075 mol

C. 0,07 mol.

C. 0,015 mol.

HD:
-Bài này các em có thể áp dụng phương pháp trung bình thay C2H4 và C3H6 bằng 1 chất
CnH2n giải cũng rất thuận tiện.Tuy nhiên với nhiều học sinh việc xuất hiện ẩn “n” làm việc tính

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 8


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

toán có phần chậm hơn. Trong bài không có yêu cầu tính toán cụ thể số mol của C2H4 và C3H6 ,
nên ta có thể loại bỏ bớt 1 trong 2 chất cho bài toán đơn giản hơn.
Giải
Giả sử hỗn hợp X chỉ gồm H2 và C2H4. Sau phản ứng tỉ khối của Y so với H2 bằng 10 nên
H2 còn dư.
Gọi số mol H2 phản ứng là x mol.
PT:

H 2 + C2 H 4  C2 H 6 .

Ta có : nX  1mol , nY  (1  x )mol. M X  18,5, M Y  20 .
Mà

20

1
M Y nX

 x  0, 075mol ( Đáp an B).
 ( Do mX  mY ) (*) Nên
18,5 1  x
M X nY

Lưu ý: công thức (*) cũng có thể viết tương đương với
Mà

dY nX
10
1
 ( Do mX  mY ) 

 x  0, 075mol
9, 25 1  x
d X nY

II. ĂN BỚT CHẤT CÓ CHỌN LỌC
Lời bình:
Đây là dạng bài toán cũng cho số dữ kiện ít hơn số chất . Nhưng khi bớt chất ta không
thể bớt tùy tiện như dạng đầu, mà phải giữ lại những chất trọng tâm trong đề bài. Đó là những
chất quyết định đến kết quả của bài toán. Các em cùng xem các ví dụ để hiểu sâu hơn

Bài 1 ( Đề minh họa -2017 – BGD):
Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu
được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chứa 20,52 gam Ba(OH)2. Cho Y tác dụng
với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,5M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 27,96.

B. 29,52.

C. 36,51.

D. 1,50.

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 9


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

HD : Trong quá trình phản ứng giữa X và nước, với số chất là 4, số dữ kiện là 3. Do vậy chắc
chắn là ta sẽ sử dụng được ăn bớt chất. Thế nhưng với dạng toán này ta không thể ăn bớt tùy
tiện chất được. Nhận thấy sản phẩm khí H2 sinh ra là do Na,Ba do vậy ta nên giữ 2 chất này lại.
Sau phản ứng có lượng Ba(OH)2 và kết tủa sau này có BaSO4 do vậy Ba,BaO ta nên giữ. Hợp lí
nhất ở đây là ta sẽ bớt Na2O.
Đây được đánh giá là câu khó ( câu số 32/40) nằm trong top 9-10đ

Giải
Coi hỗn hợp X chỉ có Na, Ba, và BaO với số mol tương ứng lần lượt là a,b,c. ( Bỏ Na2O)
Sơ đồ phản ứng
 H 2 :0, 05 mol
 Na : a



3
 Al (OH )3
 NaOH : a
 Ba :b  H 2O  
 Al :0,1
)  m gam 
 BaO : c
dd Y  Ba (OH ) :0,12  Al2 (SO4 )3 : 0, 05 mol ( 2

2

 BaSO4
 SO4 :0,15


Từ quá trình X tác dụng với nước ta có hệ phương trình.
23a  137b  153c  21,9
a  0,14
1


 b   0,02 ( lưu ý: số mol âm ở đây không ảnh hưởng đến bài toán).
 a  b  0, 05
2
c  0,14

b  c  0,12

nBa2  0,12 mol

nOH   0,12.2  0,14  0,38 mol

Khi đó 

n



Cho Y phản ứng với Al2(SO4)3 Nhận thấy 3  OH  3,8  4 nên phương trình ion thu gọn là
nAl
3

Ba 2  SO42  BaSO4
3OH   Al 3  Al (OH )3 .
4OH   Al 3  AlO2  2 H 2O

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 10


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

nBaSO4  nBa2  0,12 mol
Vậy m = 0,12.233 + 0,02.78 = 29,52 gam
nAl (OH )3  4nAl 3  nOH   0, 02 mol

Ta có Ba2+ Hết và 

( đáp án B)

Bài 2 ( ĐH A – 2013 ) :
Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước,
thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chứa 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn
toàn 6,72 lít CO2 (đktc) vào Y thu được m gam kết tủa . Giá trị của m là
A. 23,64

B. 15,76

C.21,92

D.39,40

HD: Bài này tương tự như bài 1 ở trên, về đoạn đầu là giống hệt nhau. Do vậy cách xử lí cũng
tương tự. Và các em chú ý khi cho CO2 vào dung dịch chứa hỗn hợp kiềm thì ta nên viết phương
trình ở dạng ion. Đặc biết là phải xét được xảy ra những phương trình nào dựa vào tỉ lệ

nCO2
nOH 

.

Giải :
Ta coi như hỗn hợp chỉ có Na ,Ba, BaO với số mol tương ứng lần lượt là a,b,c ( Bỏ Na2O)
Sơ đồ bài toán
 H 2 :0, 05 mol
 Na : a



OH  : a  0, 24
 NaOH : a
 Ba :b  H 2O  
 CO2 :0,3 mol  m gam( BaCO3 )  ?
 BaO : c
dd Y  Ba (OH ) :0,12 2
Ba :0,12

2



Từ quá trình X tác dụng với nước ta có hệ phương trình.
23a  137b  153c  21,9
a  0,14
1


 b   0,02 ( lưu ý: số mol âm ở đây không ảnh hưởng đến bài toán).
 a  b  0, 05
2

c  0,14

b  c  0,12

nBa2  0,12 mol
nCO2 0,3
nCO2  0,3 mol. Ta có 0,5 


1
nOH  0,38
nOH   0,12.2  0,14  0,38 mol

Khi đó 

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 11


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

CO2  2OH   CO32  2 H 2O (1).

Vậy xảy ra phương trình CO2  OH   HCO3 (2).
2

ta có nCO  nOH  nCO  0,38  0, 3  0, 08
2
3



2

2
3

Ba  CO  BaCO3 (3)

( công thức dùng cho trường hợp xảy ra 2 phương trình của bài toán CO2 tác dụng với dung
dịch kiềm )
Do vậy trong phản ứng (3) Ba2+ dư . Ta có nBaCO  nCO  0, 08 mol Vậy m = 0,08.197 = 15,76
3

2
3

gam
( Đáp án B)

Bài 3 ( ĐH B – 2010)
Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al, Zn, Mg trong oxi sau một thời gian thu được
2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 dư, thu được 0,672 lít khí
NO ( đktc, sản phẩm khử duy nhất ). Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng là.
A. 0,12

B. 0,14

C. 0,16

D.

0,18

HD: Đây là 1 dạng bài toán quen thuộc của kim loại và HNO3 ( tương tự bài toán kinh điển của
Fe ) thế nhưng mức độ khó tăng lên rất nhiều khi hỗn hợp X gồm 4 kim loại . Khi tác dụng với

oxi một thời gian thì có thể thu được hỗn hợp Y gồm 10 chất ( gồm các oxit và kim loại dư,
trong đó sắt tạo 3 oxit) . Hướng làm bài này thì có nhiều cách, ở đây thầy trình bày theo phương
pháp “ Ăn bớt chất” để các bạn trung bình , yếu vẫn làm được những câu khó. Ta sẽ kết hợp
luôn kĩ thuật “ Tách chất” ( kĩ thuật này được giới thiệu ở phần sau.

Giải:
Ta coi hỗn hợp X chỉ có Fe, Al với số mol tương ứng là x,y.
Và ta ăn bớt quá trình tạo thành Y ( coi như oxi và X chưa phản ứng với nhau) ( Vậy là vừa ăn
bớt chất vừa ăn bớt quá trình).

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 12


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Nhận thấy khối lượng rắn tăng lên là khối lượng của oxi mO  2, 71  2, 23  0, 48  nO  0, 03
Sơ đồ phản ứng
 Fe( NO3 )3 : x
 Fe : x
 Fe : x  O 

 HNO3
  Al : y   Al ( NO3 )3 : y + H2O

 Al : y
O :0, 03

 NO :0, 03 mol



Phương trình khối lượng : 56x + 27y = 2,23 (1)
Phương trình bảo toàn e : 3x + 3y = 2.0,03 + 3.0,03 (2)
22

 x  725
( số mol lẻ hoặc âm không ảnh hưởng đến kết quả bài toán).
Từ (1) (2) ta có 
 y  57
 2900

Gọi số mol HNO3 phản ứng là a mol. Bảo toàn nguyên tố N ta có.
a  3 x  3 y  nNO  3.

22
57
 3.
 0, 03  0,18 ( Đáp án D)
725
2900

Bài 4 ( Đề minh họa 2017 – BGD)
Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T
(đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của
Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí
và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23
gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu

được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 6,0.

B. 6,5.

C. 7,0.

D. 7,5.

HD :
Đây là câu khó 10đ trong đề minh họa và cũng là dạng câu khó nhất trong các đề thi thật
của Bộ Giáo Dục. Điểm khó thứ nhất ở trong đề là hỗn hợp M có nhiều peptit và cấu tạo của
từng peptit chưa biết trước. Điểm khó thứ hai là thành phần của peptit lại cấu thành từ 3
aminoaxit . Điểm khó thứ 3 là việc biểu diễn công thức của peptit đối với nhiều em học sinh là

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 13


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

rất khó khăn và hay nhầm. Thế nhưng ta nhận thấy trong bài không yêu cầu tính toán từng peptit
cụ thể, cũng không yêu cầu gì về các aminoaxit cụ thể. Do vậy để cho đơn giản ta có thể bớt
chất ( ở trong bài ta sẽ bớt cả aminoaxit và peptit). Với bài này thì theo thầy cũng đã có video
chữa dạng peptit này với 10 cách. Nhưng ở đây ta chỉ khai thác ở kỹ thuật bớt chất và tách chất.
Điểm may mắn của ta là các aminoaxit trong bài đều là đồng đẳng của nhau.
Trong phương pháp tách chất thầy sẽ giới thiệu cho các em kĩ thuật xử lí các bài mà

aminoaxit không phải đồng đẳng
( dạng cực khó)
Giải :

Nhận thấy các peptit được hình thành nên bởi quá trình trùng ngưng các aminoaxit
Cụ thể : aminoaxit  peptit + H2O .
Ta bớt 3 aminoaxit = 1 aminoaxit là H 2 N  Cn H 2 n  COOH
 NH 2  COOH
a min oaxit ( H 2 N  Cn H 2 n  COOH ) 
Do vậy ta coi như peptit = 
 CH 2
 H 2O
H O
 2

Vậy ta có sơ đồ bài toán như sau.
Coi M là
 NH 2  COOH : x mol


CH 2 : y mol
 H O : z mol
 2

1
1
1
 NH 2  COONa : x  O2  Na2CO3  CO2  H 2O  N 2
 G 


2
2
2
CH 2 : y

CO2  H 2O
3
 O2

 H 2O : x  y  z  0, 2275
2
 NaOH

Khối lượng bình nước vôi tăng chính là khối lượng của H2O và CO2 bị bình giữ lại. Khí bay ra
là khí N2 không bị hấp thụ
x
 2  0, 0375
 x  0, 075

x


Theo đề ta có hệ 44(  y ) 18( x  y ) 13, 23   y  0,165
 2
 z   0, 05

 3x

y


z

0,
2275
2


www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 14


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Vậy m = 0,075.61 + 0,165.14 – 0,05.18 = 5,985 gam ( Đáp án A)

Bài 5 (ĐH A-08) :
Cho V lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm CO và H2 phản ứng với một lượng dư hỗn hợp
rắn gồm SnO, CuO và Fe3O4 nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối
lượng hỗn hợp rắn giảm 0,32 gam. Giá trị của V là
A. 0,112.

B. 0,560.

C. 0,448.

D. 0,224.

HD :
Việc xuất hiện 2 khí và 3 oxit làm cho hầu hết các em đều bị phân tâm và bị nhiễu rất nhiều
trong việc tiếp cận với cách giải . Ở đây ta nhận thận đề bài yêu cầu tính V của hỗn hợp khí. Mà
giá trị của V thì chỉ phụ thuộc vào số mol khí chứ không phụ thuộc đó là khí gì . Tiếp theo là
khối lượng rắn giảm ở đây không phụ thuộc vào thành phần trong rắn gồm những chất gì. Do
vậy ta sẽ có cách ăn bớt như trình bày dưới đây
Giải.
Coi hỗn hợp khí chỉ gồm CO ( bỏ H2) . Rắn chỉ gồm CuO ( bỏ 2 oxit còn lại).
Do vậy phương trình xảy ra là
0

0

t
t
CO + CuO 
 Cu + CO2 ( Hoặc CO + O 
 CO2).

Khối lượng rắn giảm chính là khối lượng oxi tham gia phản ứng.
Ta có nCO  nO 

0,32
 0, 02 mol V  0, 02.22, 4  0, 448 lít ( Đáp án C)
16

B.KỸ THUẬT “ĂN BỚT CHẤT” - PHẦN II – ĂN BỚT PHƯƠNG TRÌNH + ĂN BỚT
QUÁ TRÌNH
I – ĂN BỚT QUÁ TRÌNH

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 15


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Dạng bài toán : Có nhiều quá trình phản ứng, thí nghiệm xảy ra liên tiếp nhau .
Đặc điểm áp dung : Hỗn hợp trước và sau khi phản ứng với chất thứ 3 đều tạo sản phẩm
giống nhau và thành phần sản phẩm không đổi so với nhau.

Vào bài nào các em. Làm quen với hình dạng của kĩ thuật số 2 nhé.

Bài 1 : ( Đề minh họa -2017 –BGD).
Nung hỗn hợp X gồm 2,7 gam Al và 10,8 gam FeO, sau một thời gian thu được hỗn
hợp Y. Để hòa tan hoàn toàn Y cần vừa đủ V ml dung dịch H2SO4 1M. Giá trị của V là
A. 375.

B. 600.

C. 300.

D. 400.

HD:
Đây là dạng bài khá cơ bản của vô cơ, thế nhưng yếu tố phản ứng “ sau một thời gian” trong
đề bài lại làm khó nhiều em. Bởi khi đó hỗn hợp Y sẽ gồm Al,FeO,Al2O3,Fe . Với 4 chất thì
nhiều em sẽ khá tốn thời gian để giải quyêt. Bài này sẽ khá dài dòng và dễ mắc bẫy khi đề cho

thêm 1 số oxi như ZnO, SnO chẳng hạn .Trong tài liệu này thầy chỉ giới thiệu riêng về kĩ thuật
“ Ăn bớt chất” do vậy các cách giải khác thầy không đề cập ở đây.
Giải
 Fe
 Al O
 Al :0,1 mol
 2 3 Vml H 2 SO4 1M  FeSO4
t0
Sơ đồ phản ứng X 
vừa đủ.

Y 


 FeO :0,15 mol
 Al2 ( SO4 )3
 Al
 FeO

Nhận thấy sản phẩm của X tác dụng với H2SO4 và Y tác dụng với H2SO4 là như nhau. Do vậy
ta coi như quá trình phản ứng từ X  Y chưa xảy ra. ( Bớt quá trình tạo Y)
 FeSO4
 Al :0,1 mol
Vml H 2 SO4 1M
. Từ đó ta có :


 FeO :0,15 mol
 Al2 ( SO4 )3

Bài toán trở thành hỗn 

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 16


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

2Al + 3 H2SO4 
Fe +

 ( sản phẩm các em tự viết cho vui)

H2SO4

3
2

3
2

Từ đó số mol H2SO4 cần dùng là nH SO  nAl  nFe = 0,1.  0,15  0,3  V = 0,3l = 300ml (C)
2

4

Bài 2 : ( Đề minh họa -2017 –BGD).

Cho 15,00 gam glyxin vào 300 ml dung dịch HCl, thu được dung dịch X. Cho X tác dụng
vừa đủ với 250 ml dung dịch KOH 2M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m
gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 53,95.

B. 44,95.

C. 22,60.

D. 22,35.

HD:
Đây là 1 bài có trong video “ Ăn bớt chất – phần 5” thầy giảng khá lâu khi trước . Trùng hợp
là đề của bộ lại ra dạng này. Khi cho Gly vào dd HCl do chưa biết số mol của HCl nên làm cho
nhiều em khá bối rối. dung dịch X ở đây có 2 trường hợp xảy ra là khi Gly dư hoặc HCl dư. Thế
nhưng may mắn của ta là trong đề KOH lại vừa đủ. Và sản phẩm của X tác dụng với KOH cũng
tương đương sản phẩm của hh ban đầu tác dụng với KOH. Lộ bản chất chưa nào các em
Giải
  HOOC  CH 2  NH 2

 KCl
 HOOC  CH 2  NH 3Cl  KOH
 Y 
 H 2O
Sơ đồ Gly  HCl  X 
KOOC  CH 2  NH 2
 HCl


  HOOC  CH 2  NH 3Cl

Ta coi như Gly và HCl chưa phản ứng với nhau ( Bớt quá trình tạo thành X)
Bài toán trở nên nhẹ nhàng và tình cảm như sau:
GLy :0, 2 mol (15 g )
 KOH : 0,5 mol  Muối + H2O.

 HCl : x mol

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 17


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

nHCl  nKOH  nGly  0,3 mol
)
nH 2O  nKOH  0,5 mol

Khối lượng muối m = mGly  mHCl  mKOH  mH O ( trong đó 
2

Vậy m = 15 + 0,3.36,5 + 0,5.56 – 0,5.18 = 44,95 g (B)
Bài 3: ( ĐH A-2010)
Cho 0,15 mol H2NC3H5(COOH)2 (axit glutamic) vào 175 ml dung dịch HCl 2M, thu
được dung dịch X. Cho NaOH dư vào dung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, số mol NaOH đã phản ứng là
A. 0,65.

B. 0,70.
C. 0,55.
D. 0,50.
HD:
dễ dàng thấy được dung dịch X chứa HCl dư và muối (HOOC)2C3H5NH3Cl. Và nhận thấy
cho X tác dụng với NaOH cũng tương đương cho hỗn hợp ban đầu tác dụng với NaOH.
Giải
Sơ đồ phản ứng
ClH 3 NC3 H 5 (COOH )2  NaOH H 2 NC3H 5  COONa 2
H 2 NC3H 5  COOH  2  HCl  X 
 
HCl
 NaCl


Để đơn giản ta coi như Glu chưa tác dụng với HCl.( Bớt quá trình tạo thành X).
Khi đó NaOH sẽ phản ứng trực tiếp với Glu và HCl. Từ đó ta có.
Số mol NaOH phản ứng = 2nGlu  nHCl  2.0,15  0, 35  0, 65 mol ( Đáp án A)

Bài 4 : ( ĐH B- 2013)
Amino axit X có công thức H2NCxHy(COOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung dịch
H2SO4 0,5M,thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH 1M
và KOH 3M, thu đượcdung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ
trong X là
A. 11,966%.

B. 10,526%.

C. 9,524%.

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

D. 10,687%.

-Trang 18


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

HD:
Cùng dạng với câu trên nhưng mức độ khó tăng lên khá nhiều. Điểm khó ở đây là dd Y cho
tác dụng với dd chứa hỗn hợp kiềm. Do vậy khi hình dung ra các phản ứng thì nhiều em sẽ cảm
thấy rất phức tạp và sinh ra tâm lý nản. Thế nhưng thực ra ta thấy Cho Y tác dụng với kiềm
cũng tương đương với cho hỗn hợp X, H2SO4 tác dụng với dd kiềm. Bản chất đã lộ nhé
Giải
Sơ đồ phản ứng
H 2 N-R  COONa 2
  H N-R  COOK  + H O
H2N-R(COOH)2 + H2SO4  Y( muối + H2SO4 dư) 
2
 2
2

 Na2 SO4 , K 2 SO4
 KOH
NaOH

Ta giả sử aa X và H2SO4 chưa phản ứng với nhau. ( Bỏ quá trình tạo Y)




H 2 N-R  COOH  2 KOH
H 2 N-R COO
NaOH
Vậy khi đó ta có 


H 2SO 4
 Na  , SO42 , K 



2

Gọi số mol NaOH là x mol thì số mol KOH là 3x mol. Phản ứng vừa đủ nên ta có
nH   nOH   4x = 0,4  x = 0,1.

Khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion tạo nên muối nên ta có
mH N-R COO  mSO2  mK   mNa  36, 7
2





2

4

 0,1( R + 104) + 0,1.96 + 0,1.23 + 0,3.39 = 36,7
 R = 27 ( C2H3) . Vậy %N = 10,526% ( Đáp án B).

Bài 5 : ( ĐH – 2014)
Cho 0,1 mol axit α- aminopropionic tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl, thu được
dung dịch X. Cho X tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch chứa m
gam muối. Giá trị của m là
A.11,10
B. 16,95
C. 11,70
D. 18,75
HD :

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 19


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Tương tự bài trên, ta có thể bỏ qua quá trình tạo thành X. Coi như axit α- aminopropionic
và HCl phản ứng với dung dịch NaOH trực tiếp. Bài toán sẽ trở nên rất đơn giản.
Giải
Sơ đồ phản ứng
 NaOH
HOOC  C2 H 4  NH 2  HCl  X 

muối .
Ta coi như axit α- aminopropionic và HCl chưa tạo thành X.
Vậy bài toán trở thành axit α- aminopropionic và HCl tác dụng trực tiếp với NaOH.
Ta có
NHCl = 0,1 mol ( do phản ứng vừa đủ với axit α- aminopropionic 0,1 mol).Phương trình
HCl + NaOH  NaCl + H2O.
0,1 mol------------- 0,1 mol
HOOC  C2 H 4  NH 2 + NaOH  NaOOC  C2 H 4  NH 2 + H2O.
0,1 mol
0,1 mol -----0,1mol
Vậy khối lượng muối thu được là m = 16,95 gam ( B).
Lưu ý : các em có thể làm theo bảo toàn khối lượng như sau
n  n   0, 2
maa  mHCl  mNaOH  mmuoi  mH 2O ( trong đó  H 2O OH
 m  16,95 g )
nHCl  nNaOH  naa  0,1

Bài 6 : ( ĐH – 2015)
Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,2M phản ứng vừa đủ với 80 ml dung
dịch NaOH 0,25M, thu được dung dịch Y. Biết Y phản ứng tối đa với 120 ml dung dịch
HCl 0,5M, thu được dung dịch chứa 4,71 gam hỗn hợp muối. Công thức của X là
A. H2NC3H5(COOH)2.
B. (H2N)2C2H3COOH.
C. (H2N)2C3H5COOH.
D. H2NC3H6COOH.
HD:
Bài này điểm khó là aminoaxit chưa xác định được số lượng các nhóm chức là bao nhiêu.
Dựa theo đáp án thì ta cũng chỉ kết luận được các nhóm –NH2, COOH số lượng không vượt quá
2. Tương tự các ví dụ trước ta sẽ bớt quá trình tạo thành Y. Lưu ý là cụm từ “ phản ứng tối đa”
các em có thể hiểu được là “ vừa đủ” trong bài này nhé.

Giải

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 20


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Ta có nX  0, 02 mol , nNaOH  0, 02 mol , nHCl  0, 06 mol Số nhóm COOH trong X =

nNaOH 0, 02

1
nX
0, 02

Gọi công thức của X là (H2N)x-R-COOH.
Coi như X chưa phản ứng với NaOH tạo thành Y ( bỏ qua quá trình tạo Y).
Khi đó bài toán tương đương với HCl phản ứng trực tiếp với NaOH và X . Sơ đồ
 H 2 N  x  R  COOH :0,02 mol
 ClH 3 N  x  R  COOH:0,02 mol
 HCl : 0, 06 mol  
 H 2O

 NaOH :0, 02 mol
 NaCl :0, 02 mol

Ta có số mol HCl phản ứng với NaOH là 0,02 mol. Vậy số mol HCl phản ứng với X là 0,04
mol.
x 

nHCl 0, 04

2
nX 0, 02

Khối lượng muối = 58, 5.0, 02  (150  R).0, 02  4, 71 R  27 ( C2 H 3 )
Vậy công thức của X là (H2N)2C2H3COOH. ( Đáp án B)

Bài 7 : ( ĐH B – 2014).
Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M vào 100 ml dung dịch AlCl3 xM thu được dung
dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175ml NaOH 1,2M vào Y thu được
2,34 gam kết tủa nữa. Giá trị của x là
A. 1,2

B. 1

C. 2

D. 0,5

HD : Điểm khó ở bài này là xảy ra 2 quá trình liên tiếp, sử dụng 2 dung dịch kiềm khác nhau và
có 2 lần kết tủa. Thế nhưng các em thấy rằng về bản chất ở cả 2 quá trình đều là Al3+ tác dụng
với OH- tạo ra kết tủa Al(OH)3. Thế nên việc bớt quá trình trong bài này là hoàn toàn hợp lí.
Giải:
Ta coi như KOH và AlCl3 chưa phản ứng với nhau tạo ra Y ( bỏ qua quá trình tạo ).

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 21


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

Tổng lượng kết tủa thu được là 4,68 + 2,34 = 7,02 gam.
nNaOH  0, 21 mol
1
 nOH   0,39 mol nAl (OH )3  0, 09 mol  nOH  do vậy xảy ra 2 phương trình phản

3
nKOH  0,18 mol

ứng.
3OH- + Al3+  Al(OH)3.
mol

0,27

0,09 


0,09

4OH- + Al3+  AlO2 + 2H2O.
mol

0,12  0,03.

Theo phương trình phản ứng ta có nAl  0, 09  0, 03  0,12 mol  x 
3

0,12
 1, 2 ( Đáp án A)
0,1

Lưu ý: Với bài toán OH- tác dụng với Al3+ tạo ra 2 phương trình phản ứng thì ta có thể tính
1
4

0,12
1, 2 (
nhanh số mol như sau nAl (OH )  4n Al  nOH  n Al  (nAl (OH )  nOH )  0,12 mol  x 
3

3



3

3



0,1

Đáp án A)
Bài này để tăng độ khó và tăng tính chất bẫy thì có thể cho hỗn hợp dung dịch kiềm, muối có
thể sử dụng cả muối Al và muối Zn . Tất nhiên với ăn bớt quá trình vẫn hạ gục gọn nhẹ dạng
này.

Bài 8 ( Thi thử - vinastudy.vn)
Cho hỗn hợp X gồm 0,2 mol Glyxin và 0,1 mol axitglutamic ( H2N-C3H5(COOH)2)
vào dung dịch Y gồm 0,3 mol HCl và 0,2 mol H2SO4 thu được hỗn hợp Z. Biết Z tác dụng
tối đa với V lít dung dịch T gồm NaOH 1M, KOH 3M thu được dung dịch Q. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng muối trong Q là

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 22


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

A. 97,65

B. 99,25

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

C. 87,96

D. 95,76

HD :

Bài này nếu làm theo cách cổ điển là viết phương trình thì quả thực rất khó khăn, dài
dòng và dễ nhầm. Với số lượng > 10 phương trình và muối thu được gồm 8 muối thì việc xác
định số mol từng muối cũng rất khó khăn. Nhận thấy Y tác dụng tối đa ( vừa đủ) với Z và sản
phẩm do vậy ta sẽ bớt quá trình tạo thành Z .
Giải .
Ta coi như quá trình tạo thành Z chưa xảy ra , hỗn hợp X và Y chưa phản ứng với nhau.
Do vậy bài toán trở thành dung dịch T phản ứng với đủ với cả X và Y.
Gọi số mol NaOH là x mol thì số mol KOH là 3x mol.
Sơ đồ phản ứng
 H 2 N  CH 2  COO  :0, 2

 H 2 N  CH 2  COOH :0, 2

 H 2 N  C3 H 5 (COO )2 : 0,1


 H 2 N  C3 H 5 (COOH )2 : 0,1  NaOH : x
+ H2 O

 muối Cl  :0,3

KOH
x
:3
HCl
:0,3


SO 2 :0, 2
 4

 H 2 SO4 :0, 2
 Na  , K 


Phản ứng tối đa ( vừa đủ) nên ta có nOH  nH  4 x  0, 2  2.0,1  0,3  2.0, 2  x  0, 275 mol




Số mol H2O thu được nH O  nOH  4 x  1,1 mol
2



Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có : mX + mY + mT = mmuối + mH O
2

 mmuối = 0,2.75 + 0,1.147 + 0,3.36,5 + 0,2.98 + 40.0,275 + 56.3.0,275 – 1,1.18 = 97,65

gam
(Đáp án A)

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 23


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

II . ĂN BỚT PHƯƠNG TRÌNH.

Thực ra kỹ thuật ăn bớt phương trình này các em đã gặp khá nhiều trong các dạng bài
toán của CO2 tác dụng với dung dịch kiềm , bài toán dung dịch kiềm tác dụng với muối nhôm
, muối kẽm, hoặc bài toán của sắt tác dụng với dung dịch HNO3 , H2SO4 đặc , nóng.
Đó là quá trình cộng gộp 2 phương trình thành 1. Trong bài viết này các em sẽ tiếp cận với kĩ
năng bớt phương trình linh động và rộng hơn.

Bài Tập 1: (bộ đề 96).
Cracking V lit butan thu được 35 lít hh khí X gồm H2,CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H8,
C4H10. Dẫn hỗn hợp khí vào bình đựng dung dịch nước Br2 dư thì còn lại 20 lit hỗn hợp
khí. Hiệu suất phản ứng cracking là
A.80%

B.75%.

C.60%.

D.50%

HD : Khi cracking ankan thì mạch ankan có thể bị đứt tại nhiều vị trí, tạo nhiều sản phẩm khác
nhau. Nhưng đặc điểm chung đều tạo ra ankan và anken hoặc H2 và anken ( phản ứng tách hidro
cũng có thể coi là trường hợp nhỏ của cracking). Và với dạng bài này ta không thể bớt chất tùy
tiện được, mà phải dựa vào phương trình để bớt chất. Các em cùng quan sát bài làm
Giải
Phương trình phản ứng xảy ra
cracking
C4H10 


 CH4 + C3H6

(1).

cracking
C4H10 

 C2H6 + C2H4 (2).
cracking
C4H10 

 H 2 + C4 H 8

(3)

Ta coi như phương trình (2) , (3) chưa xảy ra. Vậy phương trình phản ứng còn lại là .
cracking
C4H10 

 CH4 + C3H6

(1).

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 24


Khóa học -Luyện đề-Hóa Học –Vinastudy.vn

Thể tích

GV: Lương Văn Huy – Nguyễn Đức Dũng

x ---------------- x ------ x

CH 4 : x

Sau phản ứng còn lại C3 H 6 : x Ta có 2x + y = 35 (*).
C H : y
 4 10

Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch brom thì C3H6 bị hấp thụ . Thể tích khí giảm là thể tích của
C3H6
Vậy x = 35 – 20 = 15 lít .
 y = 5 lít . Hiệu suất phản ứng cracking là H =

x
15
100% 
100%  60%
x y
20  5

(Đáp án C )

Bài tập 2 ( KB – 2011):
Cho butan qua xúc tác ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C4H6
và H2. Tỉ khối của X so với butan là 0,4. Nếu cho 0,6 mol X vào dung dịch brom dư thì số
mol brom tối đa phản ứng là

A. 0,24mol

B. 0,36 mol

C. 0,6 mol.

D. 0,48 mol.

HD : Tương tự như bài trên, với bài này thì các chất trong X được sinh ra từ phản ứng đề hidro
butan. Có nghĩa là chúng có mối liên hệ với nhau theo phương trình. Thế nên ta không thể bớt
tùy tiện được. Ví dụ nếu bớt C4H8, C4H6 thì bài toán trở nên sai ngay.
Mà khi bớt chất ta phải dựa theo phương trình phản ứng để bớt.
Giải
Phương trình phản ứng xảy ra.
0

t
C4H10 
 H2 + C4H8 (1).
0

t
C4H10 
 2H2 + C4H6 (2)

www.vinastudy.vn - Đăng kí học online – 0932-39-39-56

-Trang 25