Một số phương pháp vận dụng để giải nhanh các bài toán hóa học trắc nghiệm khách quan

MỤC LỤC
PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ ………………………………………………………...2
I. Lý do chọn đề tài ………………………………………………………….....2
II. Giới hạn phạm vi của đề tài ........................................................................... 2
III. Phương pháp thực nghiệm ........................................................................... 2
PHẦN 2: NỘI DUNG ........................................................................................... 2
I. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu .................................................................. 2
II. Các giải pháp ........................................................................................... .3-15
1. Vận dụng sự tăng giảm khối lượng khi chuyển hóa chất này thành chất khác
2. Vận dụng phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình và số nguyên tử các bon
trung bình.
3. Vận dụng định luật bảo toàn electron
4. Vận dụng định luật bảo toàn điện tích
5. Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng
6. Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố
7. Vận dụng quy tắc đường chéo
PHẦN 3: KẾT LUẬN ....................................................................................15-16

1


PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ.
I – LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan yêu cầu trong một thời gian ngắn học
sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn trong đó bài tập yêu
cầu phải tính toán chiếm số lượng không nhỏ. Mặt khác đối với học sinh khi làm
các bài tập theo hình thức trắc nghiệm khách quan thì thường lúng túng, mất nhiều
thời gian. Đứng trước yêu cầu đó việc vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài
tập hoá học trắc nghiệm khách quan một cách thành thạo là một vấn đề cấp thiết,
chính vì vậy tôi chọn đề tài: một số phương pháp vận dụng để giải nhanh các bài
toán hóa học trắc nghiệm khách quan. Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh

vận dụng một số định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học để giải các bài tập
trắc nghiệm khách quan từ đó giúp các em học sinh hình thành các kĩ năng giải bài
tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng phân dạng và các thao tác tính toán).
II- GIỚI HẠN PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI
Đề tài chỉ đề cập đến việc vận dụng một số định luật cơ bản và một số quy tắc của
hoá học trong chương trình THPT để giải các bài tập tính toán hoá học trắc nghiệm
khách quan.
III- PHƯƠNG PHÁP THỰC NGHIỆM
Vận dụng các định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học giải nhanh bài tập hoá
học để hướng dẫn học sinh ôn thi tốt nghiệp, ôn thi đại học-cao đẳng và thi học sinh
giỏi. Những học sinh được trang bị kiến thức này có khả năng giải bài tập trắc
nghiệm khách quan, nhanh, chính xác, nhuần nhuyễn và thuần thục hơn hẳn so với
những học sinh không được trang bị kiến thức này. Để thực hiện đề tài này tôi chọn
học sinh lớp 11S trường THPT Lam Sơn năm học 2017-2018 và cũng trong năm
học này tiến hành khảo sát tại lớp 11S theo hình thức đề thi trắc nghiệm khách quan
để lấy kết quả và đánh giá hiệu quả của đề tài.
PHẦN 2: NỘI DUNG.
I - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.
Học sinh thường không có khả năng định hướng phương pháp giải, khả năng phân
dạng bài tập và các thao tác tính toán thường chậm, hay sai sót. Vì vậy để khắc phục
hạn chế trên cần thiết là phải trang bị cho các em học sinh hệ thống các kiến thức cơ
bản để giải bài tập, đồng thời phải đưa ra các bài tập làm ví dụ cụ thể nhằm rèn
luyện các kĩ năng như: kĩ năng định hướng, kĩ năng phân dạng và kĩ năng giải bài
tập hoá học cho học sinh từ đó các em phát hiện ra điểm mấu chốt nhất trong quá
2


trình vận dụng từng mảng kiến thức giúp các em có khả năng áp dụng trong mọi
trường hợp. Với việc thực hiện đề tài trên trong năm qua tôi nhận thấy các em học
sinh đã có tiến bộ rõ rệt, có nhiều em đạt kết quả cao thông qua các lần khảo sát

bằng hình thức thi trắc nghiệm khách quan.
II- CÁC GIẢI PHÁP.
1. Vận dụng sự tăng giảm khối lượng khi chuyển hoá chất này thành chất
khác.
a. Cơ sở lí thuyết.
Ví dụ : Xét phản ứng: MCO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 ↑ + H2O
Theo phản ứng: 1mol MCO3 → MCl2. Khối lượng tăng thêm 71 – 60 = 11 gam và
có 1 mol CO2 tạo thành. Vậy khi biết khối lượng tăng suy ra số mol CO2 và ngược
lại khi biết số mol CO2 suy ra khối lượng tăng.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 1.1:
Oxi hoá hoàn toàn 2,2 gam một anđehit đơn chức thu được 3 gam axit tương ứng.
Công thức của anđehit là:
A. HCHO
B. C2H3CHO
C. C2H5CHO
D. CH3CHO
Hướng dẫn giải:
→ R-COOH → tăng 16 gam
Đặt công thức anđehit là R-CHO ⇒ R-CHO 
⇒

nRCHO = 3 −162, 2

= 0,05 mol ⇒ 0,05(R+29) = 2,2 ⇒ R=15 ⇒ R là CH3 -

Vậy công thức của anđehit là CH3CHO. (đáp án D)
Bài tập 1.2: Một bình cầu dung tích không đổi 448 ml nạp đầy O 2(đktc) khối lượng
m1. Phóng điện để ozon hoá sau đó nạp thêm O2 đầy bình (ở đktc) khối lượng m2. ta
thấy: m2– m1 = 0,03gam. Thành phần % về thể tích của O 3 trong bình sau phản ứng

là:
A. 9,375%
B. 10,375%
C. 11,375%
D. 8,375%
Hướng dẫn giải:
Ta thấy trong bình trước và sau phản ứng cùng (ở đktc). Suy ra tổng số mol các khí
trước và sau phản ứng khi đã nạp thêm O2 là như nhau.
0, 03
0, 03
⇒ O2 
.22, 4 lít
→ O3 tăng 16 gam ⇒ nO3 =
mol ⇒ VO3 =
16
16
0, 03
.22, 4.100 = 9,375%. (đáp án A)
% VO3 =
16.0, 448
3


Bài tập 1.3: Nhúng một lá nhôm vào 200ml dung dich CuSO 4, đến khi dung dịch
mất màu xanh lấy lá nhôm ra cân thấy khối lượng tăng so với ban đầu là 1,38 gam.
Nồng độ mol/lít của dung dịch CuSO4 đã dùng là:
A. 0,10M
B. 0,15M
C. 0,20M
D. 0,25M

Hướng dẫn giải:
→ Al2(SO4)3 + 3Cu
2Al + 3CuSO4 
Theo phản ứng cứ 2mol Al phản ứng với 3 mol 3CuSO4 tạo ra 3 mol Cu
⇒ Khối lượng thanh nhôm tăng: 3.64-2.27 = 138 gam
1,38
.3 = 0,03 mol
Vậy số mol CuSO4 đã tham gia phản ứng là: nCuSO4 =
138
⇒

CM (CuSO4 ) =

0, 03
= 0,15 M. (đáp án B)
0, 2

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng sự tăng giảm khối
lượng trong quá trìng chuyển hoá 1mol chất này thành chất khác.
Điểm quan trọng nhất của việc giải bài tập vận dụng sự tăng giảm khối lượng là tìm
được mối liên hệ giữa độ tăng giảm khối lượng với các chất khác trong phương
trình hoá học.
2. Vận dụng phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình và số nguyên tử các bon
trung bình.
a. Cơ sở lí thuyết.
+ Phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình:

x1.M1 + x2 .M 2 + ... + xn .M n
Trong đó: x1, x2, ... xn là số mol các chất và M1,
M=

x1 + x2 + ... + xn
−

M2, ...Mn là phân tử khối (nguyên tử khối) của các chất thứ (1), (2), ... (n).
−

+ Nguyên tử số các bon trung bình của 2 nguyên tử là n = a. thì: n1 < a và n2 > a.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 2.1: Hỗn hợp X (đktc) gồm 2 an ken. Để đốt cháy 7 thể tích X cần 31 thể
tích O2 (đktc). Biết an ken có khối lượng phân tử lớn chiếm 40-50% thể tích. CTPT
của 2 anken trên là:
A. C2H4 và C3H6
B. C2H4 và C4H8 C. C2H4 và C5H10 D. C3H6 và C4H8
Hướng dẫn giải:
−

Gọi n là nguyên tử cacbon trung bình của 2 aken. Phản ứng đốt cháy:
4


−

−
C − H − + 3 n O2 → − CO2 + − H2O. Ta có tỉ lệ 1 = 3. n ⇒ − = 2,95. ⇒ có một an
n
n
n
n
2n
7

2
2.31
ken là C2H4.
Theo phản ứng cháy: C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O

CmH2m +

3m
O2 → mCO2 + mH2O
2

3
1
m.x + 3(1 − x )
Ta lại có tỉ lệ: = 2
; Trong đó x là % thể tích anken lớn.
7
31
⇒ m=

30 + 63 x
31,5 x

{

Khix >0,4(40%)⇒m <4,38
Khix <0,5(50%)⇒m >3,9 Anken thứ 2 là: C4H8. (đáp án B)

Bài tập 2.2:
Dung dịch X chứa 50 gam axit hữu cơ đơn chức 23%. Thêm 15 gam một axit hữu

cơ đơn chức khác vào dung dịch X thu được dung dịch Y. Để trung hoà Y cần dùng
250ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Z. Cô cạn Z đuợc m gam
muối khan. Giá trị của m là:
A. 37,5 gam
B. 26,5 gam
C. 32,8 gam
D. 42,3 gam
Hướng dẫn giải:
23
.50 + 15 = 26,5 gam, n 2axit = nNaOH = 0,25.2 = 0,5 mol.
100
26,5
−
−
−
M 2 axit = 0,5 = 53. Phản ứng: R COOH + NaOH → R COONa + H2O

m 2axit =

−

Ta có m = ( M 2 axit -1+23).0,5 = (53-1+23) 0,5 = 37,5 gam. (đáp án A)
Bài tâp 2.3:
Hoà tan hoàn toàn 16,8 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat và sunfit của cùng một kim
loại kiềm vào H2SO4 (loãng) dư, thu được 3,36 lit hỗn hợp khí (ở đktc). Kim loại kiềm
trên là:
A. Li
B. Na
C. K
D. Rb

Hướng dẫn giải:
Đặt kim loại kiềm là M
Các phương trình phản ứng: M2CO3 + H2SO4 → M2SO4 + CO2 + H2O
M2SO3 + H2SO4 → M2SO4 + SO2 + H2O
⇒ nmuối = nkhí =

3,36
= 0,15 mol
22, 4

−
⇒ M

16,8

muối

= 0,15 = 112.
5


−
⇒ 2M + 60 < M

muối

< 2M +80 ⇒ 16 < M < 26 ⇒ Kim loại kiềm là Na. (đáp án B)

Bài tập 2.4: Hoà tan hoàn toàn 28,4 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại kiềm
thổ thuộc 2 chu kì liên tiếp (trong bảng tuần hoàn) bằng dung dịch HCl dư thu được

6,72 lít CO2 (đktc). Hai kim loại đó là:
A. Be và Mg
B. Mg và Ca
C. Ca và Sr
D. Sr và Ba
Hướng dẫn giải:
−
−
−
Đặt công thức chung của 2 muối là M CO3 . M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2 + H2O.

6, 72
−
−
nCO2 = nR− CO =
= 0,3 mol. ⇒ 0,3( M + 60) = 28,4 ⇒ M = 34,67.
3
22, 4
⇒ Hai kim loại là: Mg (24) và Ca (40). (đáp án B)

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng phân tử khối (nguyên
tử khối) trung bình và nguyện tử số các bon trung bình
Việc vận dụng phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình và nguyện tử số các bon
trung bình có thể giải được nhiều dạng bài tập cả vô cơ cũng như hữu cơ, đặc biệt là
chuyển những bài toán hỗn hợp phức tạp thành bài toán đơn giản.
3. Vận dụng định luật bảo toàn electron.
a. Cơ sở lí thuyết.
Trong các phản ứng oxi hoá-khử tổng số electron mà các chất khử nhường bằng
tổng số electron mà chất oxi hoá nhận.
b. Bài tập áp dụng

Bài tập 3.1:
Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y (gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3) thì cần 0,05 mol
H2. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y trong dung dịch H2SO4 đặc thì
thu được V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của V là:
A. 224ml.
B. 448ml.
C. 336ml.
D. 112ml.
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra:
Gọi a mol SO2 (S+6 nhận → S+4) ⇒ Số mol electron (S+6 nhận → S+4) = 2a mol.
0

t
→ Fe + H2O
FeO, Fe3O4, Fe2O3 + H2 

⇒ mFe = mY +
⇒ nFe =

mH2 - mH2O

= 3,04 + 0,05 . 2 – 0,05 . 18 = 2,24 gam

2, 24
= 0,04 mol
56
6

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
⇒ ne (Hiđro nhường) + ne ( s +6 nhận 
→ s +4 ) = ne ( Fe → Fe3+ ) ⇒ 0,05 . 2 + 2a = 0,04 . 3
⇒ a = 0,1 mol ⇒

nSO2 = 0,1 mol ⇒ V = 0,1 . 22,4 = 2,24 lít. (đáp án A)

Bài tập 3.2:
Để m gam phôi bào Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp
A gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư
thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc). Giá trị của m là:
A. 9,27 gam
B. 10,08 gam
C. 11,20 gam
D. 16,80 gam
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe


→

B

{ }   →
Fe
FeO
Fe3O4
Fe2O3

m gam

ddHNO3

12 gam

NO
2,24 lít

m
.3 mol.
Quá trình nhường electron: Fe0 
→ Fe3+ + 3e ⇒ ne (nhường) =
56

0

→ 2O , N + 3e 
→ N+2
Quá trình nhận electron: O2 + 4 e 
⇒ ne(nhận) =

2-

+5

12 −m
12 −m
m
.4 + 0,1 . 3 mol ⇒
.4 + 0,1 . 3 =

.3
32
32
56

⇒ m = 10,08 gam. (đáp án B).

Bài tập 3.3:
Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO3 dư, thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn
hợp khí A gồm NO và một khí B, với tỉ lệ thể tích V NO /V B = 1/1. Khí B là:
A. NO2
B. N2
C. N2O
D. H2
Hướng dẫn giải:
11, 2
.3 = 0,6 mol.
Quá trình nhường electron: Fe → Fe3+ + 3e ⇒ n e (nhường) =

Quá trình nhận electron:

{

56

N +5 +3e →N +2
N +5 +ne →N

5−n

⇒ ne (nhận) = 0,15.3 + 0,15. n mol

⇒ 0,15 . 3 + 0,15 . n = 0,6 ⇒ n = 1 ⇒ N+5 + 1e → N+4 ⇒ NO2 . (đáp án A)

Bài tập 3.4: Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M vào dung dịch HNO 3 dư, thu
được 8,96 lít hỗn hợp khí gồm NO2 và NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO 2/NO = 3/1.
Kim loại M là:
A. Fe
B. Cu
C. Ag
D. Ni
Hướng dẫn giải:
7


8, 96

Đặt nNO = x mol ⇒ nNO2 = 3x mol ⇒ x + 3x = 22, 4 = 0, 4 mol
⇒

{

⇒ x = 0,1 mol.

nNO =0,1mol
nNO2 = 0,3 mol .

19, 2
.n mol
Quá trình nhường electron: M → Mn+ + n e ⇒ n e (nhường) =

M

Quá trình nhận electron: 4 N+5 + 6 e → N+3 + 3N+4 ⇒ ne (nhận) = 0,6 mol
⇒

19, 2
.n = 0,6 ⇒ M = 32n ⇒ n = 1, M = 32. n = 2, M = 64. n = 3, M = 96.
M

⇒ Kim loại cần tìm là Cu. (đáp án B)

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
electron.
Điểm quan trọng nhất khi giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn eltrron là phải
nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá và các chất
khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra.
4. Vận dụng định luật bảo toàn điện tích
a. Cơ sở lí thuyết.
Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và các ion âm thì tổng
điện tích dương bằng tổng điện tích âm.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 4.1: Có 500 ml dung dịch X chứa Na+ , NH4+ , CO32- và SO42- . Lấy 100 ml
dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu 2,24 lít khí (đktc) . Lấy 100
ml dung dịch X cho tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl 2 thấy có 43 gam kết tủa .
Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu 4,48 lít khí
NH3 ( đktc). Tổng khối lượng muối có trong 500 ml dung dịch X là:
A. 43,1 gam
B.119 gam
C. 86,2 gam
D. 50,8 gam

Hướng dẫn giải:
Tác dụng của 100ml dung dịch X với HCl:
CO32- + 2H+ → CO2 + H2O ⇒ nCO32− = 0,1 mol
0,1 mol
0,1 mol
Tác dung của 100ml dung dịch X với BaCl2:
CO32- + Ba2+ → BaCO3 ⇒ mBaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam
SO42- + Ba2+ → BaSO4 ⇒ mBaSO4 = 43 – 19,7 = 23,3gam ⇒ nBaSO4 = 0,1 mol
8


Tác dung của 100ml dung dịch X với NaOH:
4, 48

NH4+ + OH − → NH3 + H2O ⇒ nNH3 = 22, 4 = 0,2 mol . Đặt nNa + = x mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: x + 0,2 = 0,1.2 + 0,1.2 ⇒ x = 0,2 mol
m = 5( 0,2.23 + 0,2.18 + 0,1.60+ 1,1.96) = 119 gam. (đáp án B)
Bài tập 4.2:
Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH) 2 0,1M và NaOH 0,1M thu được
dung dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,1 M thu
được kết tủa Y. Để thu được lượng Y lớn nhất thì giá trị của m là:
A. 1,59 gam
B. 1,17 gam
C. 1,71 gam
D. 1,95 gam
Hướng dẫn giải:
Phản ứng của K với nước: 2K + 2H2O → 2KOH + H2 ↑
m
mol KOH, 0,03 mol Ba(OH)2 và 0,03 mol NaOH
39

m
m
Điện tích âm dd X = ∑ nOH − =
+ 0,03.2 + 0,03.1= ( + 0,09) mol
39
39

Dung dịch X chứa:
⇒

∑

nAl2 ( SO4 )3 = 0,2 . 0,1 = 0,02 mol
⇒

∑

Điện tích dương dd Al2(SO4)3 = 0,02 . 2. 3 = 0,12 mol

Phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓
Al3+ + 3 OH − → Al(OH)3 ↓
Để lượng kết tủa lớn nhất thì Al3+ phản ứng vừa đủ với OH −
⇒

m
+ 0,09 = 0,12 ⇒ m = 1,17 gam. (đáp án B)
39

Bài tập 4.3:
Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03 mol K+, x mol Cl − , y mol SO42 -. Tổng

khối lượng các muối tan trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là:
A. 0,02 và 0,05
B. 0,05 và 0,01
C. 0,01 và 0,03
D.0,03 và 0,02
Hướng dẫn giải:
Theo định luật bảo toàn điện tích:
0,02.2 + 0,03 = x + 2y ⇔ x + 2y =0,07 (1).
0,02.64 + 0,03.39 + 35,5 x + 96y = 5,435 ⇔ 35,5 x + 96y = 2,985 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

9


{

x + 2y =0,07
35,5 x + 96y = 2,985

{

x =0,03
y =0,02

(đáp án A)

Bài tập 4.4: Dung dịch A có chứa các cation Mg2+, Ba2+, Ca2+ và các anion 0.1 mol
−
Cl − , 0,2 mol NO3 .Thêm dần v lít Na2CO3 0,5M vào A đến khi thu được kết tủa

đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của v là:
A. 150 ml
B. 200 ml
Hướng dẫn giải:
Ta có:

∑

điện tích dương =

∑

C. 250 ml

D. 300 ml

điện tích âm = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol.

Phản ứng tạo kết tủa:
Mg2+ + CO32- → MgCO3 ↓
Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓
Ca2+ + CO32- → CaCO3 ↓
⇒

nNa2CO3

⇒ V=

=

nCO 2−
3

=

∑

(điện tích âm) =

0, 3
= 0,15 mol.
0, 2

0,15
= 0,15 lít = 150 ml. ( đáp án A)
1

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn điện
tích.
Điểm quan trọng nhất trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn điện
tích là thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch.
5. Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng
a. Cơ sở lí thuyết
Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo
thành.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 5.1:
Cho 3,38 gam hỗn hợp X gồm: CH3OH, C2H5OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng
vừa đủ với Na thoát ra 0,672 lít khí (ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được hỗn hợp rắn Y. Khối lượng của Y là:

A. 3,61gam
B. 4,04gam
C. 4,70gam
D. 4,76gam
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
2CH3OH + 2Na 
→ 2CH3COONa + H2 ↑
(1)
10


→ 2C2H5ONa + H2 ↑
2C2H5OH + 2Na 

(2)

→ 2CH3COONa + H2 ↑
2CH3COOH +2Na 
(3)
→ 2C6H5COONa + H2 ↑
2C6H5OH + 2Na 
(4)
Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy:
0, 672 1
nH 2 =
= nNa = 0,03 mol
22, 4 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mY = mX + mNa - mH = 3,38 + 0,06 . 23 – 0,03 . 2 = 4,70gam. (đáp án C)
2

Bài tập 5.2:
Khử m gam hỗn hợp gồm các oxit CuO, FeO, Fe 3O4 và Fe2O3 bằng khí CO ở nhiệt
độ cao, thu được 40gam hỗn hợp chất rắn B và 13,2 gam khí CO2. giá trị của m là:
A. 36,2gam.
B. 44,8gam.
C. 22,4gam.
D. 8,4gam.
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
t
CuO + CO 
→ Cu + CO2
0

(1)

t
Fe3O4 + CO 
→ 3FeO + CO2 (3)
0

t
3Fe2O3 + CO 
→ 2Fe3O4 + CO2 (2)
0

t

FeO + CO 
→ Fe + CO2
0

(4)

13, 2
Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có: nCO = nCO2 =
= 0,3 mol
44

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m

=

mA

=

mB

+

mCO2 - mCO = 40 + 13,2 – 0,3 . 28 = 44,8gam. (đáp án B)

Bài tập 5.3:
Cho 1,04 gam hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong H2SO4 loãng dư thấy có
0,672 lít khí thoát ra (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng hỗn hợp muối sunfat có

trong dung dịch X là:
A. 3,92gam.
B. 1,68gam.
C. 0,46gam.
D.2,08gam.
Hướng dẫn giải:
Giả sử 2 kim loại là M, hoá trị n.
0, 672

nH 2 =
= 0,03 mol.
22, 4
→ M2(SO4)n + nH2 ↑
Phương trình phản ứng: 2M + nH2SO4(loãng) 
(mol)
0,03
0,03
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
11


mH 2 = 1,04 + 0,03 . 98 – 0,03 . 2 = 3,93 gam. (đáp án A)

mmuối = mKL + mH 2 SO4 -

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối
lượng.
Điểm mấu chốt nhất của giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng là tìm
ra mối liên hệ giữa số mol các chất trong phản ứng.
6. Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố

a. Cơ sở lí thuyết.
((
Trong phản ứng hoá học các nguyên tố được bảo toàn )). Suy ra trong các phản ứng
hoá học tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng
bằng nhau.
b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 6.1:
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một ankin và H 2.
Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H 2SO4 (đặc) và bình đựng Ca(OH)2 dư,
thấy bình đựng H2SO4 (đặc) tăng 9,9 gam và bình Ca(OH) 2 tăng 13,2 gam. Giá trị của
m là:
A. 3,6 gam
B. 4,3 gam
C. 2,8 gam
D. 4,7 gam
Hướng dẫn giải:
t
Ta có: X + O2 
→ CO2 + H2O
0

mX = mC (trong CO2) + mH (trong nước) =

13,3.12 9, 9.2
+
= 4,7 gam. (đáp án D)
44
18

Bài tập 6.2:

Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X gồm:
CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X bằng oxi, dư rồi dẫn
toàn bộ sản phẩm sinh ra đi qua bình H 2SO4 (đặc) thì thấy khối lượng bình này tăng m
gam. Giá trị của m là:
A. 16,2 gam
B. 18,0 gam
C. 19,8 gam
D. 14,4 gam
Hướng dẫn giải:
t
Ta có: X + O2 
→ CO2 + H2O
0

⇒ nH (trong butan) = nH (trong X) = nH (trong nước) =
⇒

nH 2O =

11, 6
.10 = 2 mol
58

1
nH (trong nước)= 2 = 1 mol ⇒ m = mH O =1 . 18 = 18 gam. (đáp án B)
2
2
2
12

Bài tập 6.3: Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 2O3
sau một thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z. Tỉ khối của Z
so với H2 là:
A. 19
B. 20
C. 18
D. 16
Hướng dẫn giải:
→ CO2
Ta có: CO + O(trong oxit) 
nO (trong oxit) = nCO2 =
d Z/H2 =

4, 48
24 − 22, 4
= 0,1 mol. ⇒ nCO (dư) = 22, 4 - 0,1 = 0,1 mol.
16

0,1.44 + 0,1.28
= 18. (đáp án C)
0, 2.2

Bài tập 6.4:
Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,2 mol Fe3O4. Hoà tan hoàn toàn X bằng dung
dịch HCl dư, thu được dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu được kết tủaZ. lọc lấy
Z, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m
gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 64,0 gam.
B. 48,0 gam

C. 56,4 gam
D. 57,6 gam
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng:
Fe2O3 + 6HCl 
→ 2FeCl3 + 3H2O
(1)
Fe3O4 + 8HCl 
→ FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
(2)
FeCl2 + 2NaOH 
→ Fe(OH)2 + 2NaCl
(3)
FeCl3 + 3NaOH 
→ Fe(OH)3 + 3 NaCl
(4)
t
4Fe(OH)2 + O2 
→ 2Fe2O3 + 4H2O
0

(5)

t
2Fe(OH)3 
(6)
→ Fe2O3 + 3H2O
Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy:
nFe(trong X) = nFe(trong G) = 0,1 . 0,2 + 0,2 . 0,3 = 0,8 mol
0

⇒

nFe2O3 =

1 n = 0,8 = 0,4 mol
Fe
⇒ m = 0,4 . 160 = 64 gam (đáp án A)
2
2

c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn
nguyên tố.
Điểm mấu chốt nhất của việc vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố là xác định
được nguyên tố có tổng số mol các nguyên tử bảo toàn thông qua các phản ứng hoá
học.
7. Vận dụng quy tắc đường chéo.
13


a. Cơ sở lí thuyết.
Ví dụ: Trộn 2 dung dịch:
Dung dịch 1: Có khối lượng m1 thể tích V1, nồng độ C1, (C% hoặc CM), khối lượng
riêng d1.
Dung dịch 2: Có khối lượng m2 thể tích V2, nồng độ C2, (C% hoặc CM), khối lượng
riêng d2.
Dung dịch thu được có m = m1 + m2, V = V1 + V2, nồng độ C(C1< C < C2), khối
lượng d. Sơ đồ đường chéo và công thức ứng dụng mỗi trường hợp là:
+ Đối với nồng độ % về khối lượng:
C2 − C

m1 C 1

⇒

C

C2 − C
m1
=
m2
C1 − C

(1)

C1 − C

m2 C 2

+ Đối với nồng độ mol/lit:
V1

C2 − C

C1
C

V2

⇒

C2 − C
V1
=
V2
C1 − C

(2)

⇒

d2 − d
V1
=
V2
d1 − d

(3)

C1 − C

C2

+ Đối với khối lương riêng:
V1

d2 − d

d1
d

V2

d2

d1 − d

b. Bài tập áp dụng.
Bài tập 7.1: Thêm 250ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch H 3PO4 1,5 M.
Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là:
A. 14,2 gam Na2HPO4 và 32,8 gam Na3PO4
B. 28,4 gam Na2HPO4 và 16,4 gam Na3PO4
C. 12,0 gam NaH2PO4 và 28,4 gam Na2HPO4
D. 24,0 gam NaH2PO4 và 14,2 gam Na2HPO4
14


Hướng dẫn giải:
nNaOH
0, 25.2 5
Có: 1 <
= 0, 2.1,5 = < 2 ⇒ Tạo ra hỗn hợp 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4.
nH3PO4
3
Sơ đồ đường chéo:

1−

Na2HPO4 (n1= 2)

5
2
=
3
3

5
−
n = 3
2−

NaH2PO4 (n2 =1)
⇒

{

nNa2 HPO4
nNaH 2 PO4

= 2 ⇒
1

nNa2HPO4 = o ,2 mol
nNaH 2PO4 = o ,1mol

5 1
=
3 3

nNa2 HPO4 = 2 nNaH 2 PO4 = nH3PO4 = 0,3 mol

{

mNa2HPO4 = 0,2.142 = 28,4 gam
mNaH 2PO4 = 0,1.120 =12,0 gam .

(đáp án C)

Bài tập 7.2: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45%
pha với m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là:
A. 1/2
B. 1/3
C. 2/1
D. 3/1
Hướng dẫn giải:
m1
45 − 25
20
2
Áp dụng công thức 1 có:
=
=
= . (đáp án C)
15 − 25
m2
1
10
c. Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng quy tắc đường chéo.
Quy tắc đường chéo có thể vận dụng giải nhiều dạng bài tập nhưng tác dụng đặc
biệt nhất trong quá trình giải các bài tập về pha chế dung dịch, đơn bazơ tác dụng

với đa axit, tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp khí, bài toán 2 chất vô cơ của 2 kim loại có
tính chất tương tự nhau vv...
PHẦN 3: KẾT LUẬN
Sau khi áp dụng đề tài: một số phương pháp vận dụng để giải nhanh các bài toán
hóa học trắc nghiệm khách quan vào lớp 11S trường THPT Lam Sơn mà tôi trực
tiếp dạy và luyện tập cho các em , tôi đã cho các em làm đề kiểm tra trong thời gian
1 tiết theo hình thức trắc nghiệm khách quan và thu được kết quả như sau:
Lần
kiểm
tra
Lần 1

Lớp
11S

Sĩ
số
35

Điểm
1
0

xi

2
3 4 5 6 7 8
Phân phối kết quả kiểm tra
0
0 0 3 7 8 10

9

10

7

0
15


Lần 2

11S

35

0

0

0

0

1

5

9

12

6

2

Dựa vào kết quả khảo sát trên nhận thấy phương pháp mà tôi lựa chọn tỉ lệ học sinh
đạt điểm khá, giỏi ngày càng tăng.
Tuy nhiên đây chỉ là kết quả bước đầu còn khiêm tốn và hạn chế, rất mong được sự
thông cảm và cho những ý kiến quý báu, chân tình của các thầy cô giáo để đề tài
được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Giáo viên

Lê Văn Tung

16