MỘT SỐ PP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM(LTĐH)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP
TRẮC NGHIỆM (LTĐH)
PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯNG
1. Kiến thức cần ghi nhớ
- Nếu có PTHH tổng quát: A + B  C + D
Thì theo đònh luật bảo toàn khối lượng ta có: m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
Như vậy trong phản ứng có n chất nếu biết khối lượng của n – 1 chất thì tính được khối
lượng chất còn lại.
- Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H
2
.
Ta có: n
O trong oxit
= n CO
2
= n H
2
O
Vậy: m
oxit
= m
O trong oxit
+ m

kim loại

- Trong phản ứng giữa kim loại với dd axit giải phóng khí hro thì n axit = 2 .nH
2
2. Bài Tập
Bài 1: Cho 24.4g hỗn hợp Na
2
CO
3
và K
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với dung dòch BaCl
2
. sau phản
ứng thu được 39.4g kết tủa. Lọc tách kết tủa cô cạn dung dòch thu được m gam muối clorua.
M có giá trò là
a. 13.3g b. 15g c. 26.6g d. 63.8g
đáp án: c
Giải: Phương trình tổng quát
M
2
CO
3
+ BaCl
2

→
BaCO

3
+ 2MCl
n BaCO
3
= 0,2mol
theo phương trình n BaCl
2
= n BaCO
3
= 0,2mol
m BaCl
2
= 0,2 . 208 = 41,6g
theo đònh luật bảo toàn khối lượng
m M
2
CO
3
+ m BaCl
2
= m BaCO
3
+ m MCl
=> m MCl = 24,4 + 41,6 – 39,4
= 26,6g
Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dòch HCl dư thấy có 11.2 lít
khí thoát ra (đktc) và dung dòch X. cô cạn dung dòch X thì khối lượng muối khan thu được là
a. 19g b. 19,5g c. 55,5g d. 37,25g
Đáp án: c
Giải: M + 2HCl  MCl

2
+ H
2

n H
2
= 0.5 mol => m H
2
= 1g
n HCl = 1 mol => m HCl = 36,5g
m M + m HCl = m X + m H
2

=> m X = 20 + 36,5 – 1
= 55,5 g
Bài 3: Khử hoàn toàn 40.1g hỗn hợp A gồm ZnO và Fe
2
O
3
bằng khí H
2
thấy tạo ra 12.6g
H
2
O

khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là
a. 28,9g b. 51,3g c. 27,5g d. 52,7g
Đáp án a
Giải: n H

2
O

= 0.7 mol
ZnO + H
2

to
→
Zn + H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2

to
→
2Fe + 3H
2
O
Từ phương trình hóa học ta có: n oxi trong oxit = n H
2
O = 0,7mol
m
O
= 0,7 .16 = 11,2g

m
A
= m
kim loại
+ m
oxi trong oxit
=> m
kim loại
= 40,1 – 11,2 = 28,9 g
Bài 4: Khử hoàn toàn 32g hỗn hợp A gồm CuO và Fe
2
O
3
bằng khí H
2
thấy tạo ra 9g H
2
O.
khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là:
a. 12g b. 24g c. 23g d. 41g
Đáp án : b
Giải: n H
2
O = 0.5 mol
CuO + H
2

to
→
Cu + H

2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2

to
→
2Fe + 3H
2
O
n
O
= n H
2
O = 0,5 mol -> m
o
= 0,5.16 = 8g
m
A
= m
kim loại
+ m
O
m
kim loại
= 32 – 8 = 24g

Bài 5: Hòa tan hoàn toàn 18.4g hỗn hợp 2 kim loại hóa trò II và hóa trò III trong dung dòch
HCl người ta thu được dung dòch A và khí B. đốt cháy hoàn toàn lượng khí B thu được 9g
nước. Cô cạn dung dòch A thu được khối lượng hỗn hợp muối khan là
a. 9,4 g b. 53,9g c. 55,9g d. 27,4g
Đáp án b
Giải: nH
2
O

= 0,5mol
X + 2HCl  XCl
2
+ H
2
(1)
2Y + 6HCl  2YCl
3
+ 3H
2
(2)
2H
2
+ O
2

to
→
2H
2
O (3)

Theo (3) => n H
2
= 0,5mol => m H
2
= 0,5.2 = 1g
theo (1) và(2) ta có nHCl = 2 n H
2
= 1mol
m HCl = 36,5g
theo đònh luật bảo toàn khối lượng
m
(X+Y)
+ m
(HCl)
= m
A
+ m
B
=> m
A
= 18,4 + 36,5 -1
= 53,9g
PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO
1. Kiến thức cần ghi nhớ
a. Các chất cùng nồng độ phần trăm
m
1
C%
1
C%

2
– C%
C% =>
1 2
2 1
% %
% %
m C C
m C C
−
=
−
m
2
C%
2
C% – C%
1

m
1
là khối lượng của dung dòch có nồng độ C%
1
m
2
là khối lượng của dung dòch có nồng độ C%
2

C% là nồng độ phần trăm dung dòch thu được sau khi trộn lẫn
b. Các chất cùng nồng độ mol

V
1
C
M1
C
M2
– C
M
C
M
=>
1 2
2 1
M M
M M
V C C
V C C
−
=
−
V
2
C
M2
C
M
– C
M1

V

1
là thể tích của dung dòch có nồng độ C
M1
V
2
là thể tích của dung dòch có nồng độ C
M2

C
M
là nồng độ mol dung dòch thu được sau khi trộn lẫn
c. Các chất khí không tác dụng được với nhau
V
1
M
1
M
2
– M
M =>
1 2
2 1
V M M
V M M
−
=
−
V
2
M

2
M – M
1

M là khối lượng mol trung bình thu được khi trộn lẫn các khí M
1
< M < M
2
V
1
là thể tích chất khí có phân tử khối là M
1

V
2
là thể tích chất khí có phân tử khối là M
2

2. BÀI TẬP
Bài 1: Dung dòch HCl có nồng độ 45% và dung dòch HCl khác có nồng độ 15% để có dung
dòch HCl có nồng độ 20% thì phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dòch HCl 45% và HCl
15% theo tỉ lệ là
a. 1:3 b. 1:5 c. 3:1 d. 5:1
Đáp án: b
Giải: p dụng phương pháp đường chéo ta có
m
1
45% 5%
20% =>
1

2
5% 1
25% 5
m
m
= =
m
2
15% 25%
Bài 2: Thể tích nước và dung dòch MgSO
4
2M cần để pha được 100ml dung dòch MgSO
4
0.4M lần lượt là
a. 50ml và 50ml b. 40ml và 60ml c. 80ml và 20ml d. 20ml và 80ml
Đáp án: b
Giải: Gọi V là thể tích nước => thể tích dd MgSO
4
= 100 - V
V 0 1.6
0.4 =>
1.6
4 80
100 0.4
V
V ml
V
= = => =
−
100 - V 2 0.4

Vậy VH
2
O

= 80ml và V MgSO
4
= 20ml
Bài 3: Điều chế hỗn hợp 26 lit khí hiđro và khí cacbonoxit có tỉ khối hơi đối với khí mêtan
là 1.5 thì thể tích khí hiđro và cacbonoxit cần lấy là:
a. 4 lit và 22 lit b. 8 lit và 44 lit c. 22 lit và 4 lit d. 44 lit và 8 lit
Đáp án: a
Giải: M
hỗn hợp
= 1,5.16 = 24g
p dụng phương pháp đường chéo ta có

2
H
V
2 4
24 =>
2
4
22
H
CO
V
V
=

CO
V
28 22
Bài 4: Thể tích H
2
O

và dung dòch NaCl 0.2M cần để pha được 50ml dung dòch NaCl 0.1M
lần lượt là
a. 45ml và 5ml b. 10ml và 40ml c. 25ml và 25ml d. 5ml và 45ml
đáp án: c
Giải:
Gọi V là thể tích nước => thể tích dd NaCl = 50 - V
V 0 0.1
0.1 =>
0.1
1 25
50 0.1
V
V ml
V
= = => =
−
50 - V 0.2 0.1
Vậy VH
2
O

= 25ml và V NaCl = 25ml
Bài 5: Khối lượng H

2
O

và khối lượng dung dòch đường 15% cần để pha chế được 50g dung
dòch đường 5% là:
a. 2.5g và 47.5g b. 16.7g và 33.3g c. 47.5g và 2.5g d. 33.3g và 16.7g
Đáp án: d
Giải:
Gọi khối lượng nước là m thì khối lượng đường 15% là 50 - m
m 0% 10%
5% =>
10% 2
33.3
50 5% 1
m
m g
m
= = => =
−
50-m 15% 5%
Vậy m H
2
O = 33,3g và m đường 15% = 16,7g
PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯNG
1. Kiến thức cần ghi nhớ
Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác đònh
khối lượng hỗn hợp hay một chất
+ Dựa vào phương trình hóa học tìm sự thay đỗi về khối lượng của 1 mol chất trong phản
ứng.
+ Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại.

+ Độ tăng Khối lượng kim loại = m Kim loại sinh ra – m kim loại tan.
Độ giảm Khối lượng kim loại = m kim loại tan – m kim loại sinh ra.
2. Bài tập
Bài 1: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 45g vào 400ml dung dòch CuSO
4
0.5M sau 1 thời gian lấy
thanh nhôm ra cân nặng 46.38g. Khối lượng đồng thoát ra là:
a. 0.64g b. 1.92g c. 1.28g d. 2.56g
Đáp án b
giải: 2Al + 3 CuSO
4
 Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Cu
Theo phương trình cứ 2 mol Al  3 mol Cu khối lượng tăng 3 . 64 – 2 . 27 = 138g
Theo đề bài n mol Cu khối lượng tăng 46,38 – 45 = 1,38g
Vậy n Cu = 1,38 .
3
138
= 0.03 mol => m Cu = 0,03 . 64 = 1,92g
Bài 2: Nhúng thanh sắt có khối lượng 56g vào 100ml dd CuSO
4
0.5M đến phản ứng hoàn
toàn. Coi toàn bộ lượng đồng sinh ra đều bám vào thanh sắt. Khối lượng thanh sắt sau phản
ứng
a. 59,2g b. 56,4g c. 53,2g d. 57,2g

Đáp án b
Giải : Fe + CuSO
4
 FeSO
4
+Cu
n CuSO
4
= 0,05 mol
m kim loại tăng = 64 . 0,05 – 56 . 0,05 = 0,4g
m sắt sau phản ứng = m sắt trước phản ứng + m kim loại tăng
= 56 + 0,4
= 56,4 g
Bài 3: Cho 2.52g một kim loại chưa rõ hóa trò tác dụng với dd H
2
SO
4
loãng dư thu được
6.84 g muối sunfat. Kim loại đã dùng là
a. Fe b.Zn c.Al d.Mg
Đáp án: a
Giải:
Cứ 1 mol kim loại tác dụng -> muối sunfat khối lượng tăng 96g
n mol kim loại theo đề bài khối lượng tăng 6,84 – 2,52 = 4,32g
n kim loại = 4,32 .
1
96
= 0,045 mol => M kim loại =
2,52
0,045

= 56g
vậy kim loại đó là Fe
Bài 4: Hòa tan 39,4g muối cacbonat của kim loại hóa trò II bằng H
2
SO
4
loãng dư thu được
46.6g muối sunfat kết tủa. Kim loại đó là
a Fe b. Ca c. Ba d. Pb
đáp án: c
Giải: RCO
3
+ H
2
SO
4
 RSO
4
+ CO
2
+ H
2
O
Cứ 1 mol muối cacbonat tác dụng -> muối sufat khối lượng tăng 96 – 60 = 36g
n mol muối cacbonat Khối lượng tăng 46,6 – 39,4 = 7,2g
n muối cacbonat = 7,2 .
1
36
= 0.2 mol
M muối cacbonat =

39,4
0,2
= 197g
M
R
= 197 – 60 = 137 => R là Ba
Bài 5: Cho 50g kim loại chì vào 100 ml dung dòch chứa 2 muối Cu(NO
3
)
2
0.5M và AgNO
3
2M. sau phản ứng lấy Pb ra khỏi dung dòch làm khô thì khối lượng chì là
a. 43,75g b. 56,25g c. 42,85g d. 50,9g
đáp án: a
Giải: n Cu(NO
3
)
2
= 0,05mol
n AgNO
3
= 0,2mol
Pb + Cu(NO
3
)
2
 Pb(NO
3
)

2
+ Cu (1)
Pb + 2AgNO
3
 Pb(NO
3
)
2
+ 2Ag (2)
Theo (1) m Pb giảm = 207 . 0,05 – 64 . 0,05 = 7,15g
Theo (2) m Pb tăng = 0,2 . 108 – 0,1 . 207 = 0,9g
Vậy m Pb giảm = 7,15 – 0,9 = 6.25g
m Pb = 50 – 6,25 = 43,75g
PHƯƠNG PHÁP 4: BẢO TỒN MOL ELECTRON
Trước hết cần nhấn mạnh đây khơng phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù
phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo tồn
electron.
Ngun tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản
ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải
bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái
cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí khơng cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình
phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài tốn cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể
xảy ra.
Sau đây là một số ví dụ điển hình.
Ví dụ 1: Oxi hóa hồn tồn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A).
1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric lỗng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở
đktc).
A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml.
2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhơm (hiệu suất 100%).
Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc).

A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít
Hướng dẫn giải
1. Các phản ứng có thể có:
2Fe + O
2

o
t
→
2FeO (1)
2Fe + 1,5O
2

o
t
→
Fe
2
O
3
(2)
3Fe + 2O
2

o
t
→
Fe
3
O

4
(3)
Các phản ứng hòa tan có thể có:
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ NO
↑
+ 5H
2
O (4)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (5)
3Fe
3
O

4
+ 28HNO
3
9Fe(NO
3
)
3
+ NO

+ 14H
2
O (6)
Ta nhn thy tt c Fe t Fe
0
b oxi húa thnh Fe
+3
, cũn N
+5
b kh thnh N
+2
, O
2
0
b kh thnh 2O

2
nờn phng trỡnh bo ton electron l:
0,728
3n 0,009 4 3 0,039
56

+ ì = ì =
mol.
trong ú,
n
l s mol NO thoỏt ra. Ta d dng rỳt ra
n = 0,001 mol;
V
NO
= 0,001ì22,4 = 0,0224 lớt = 22,4 ml. (ỏp ỏn B)
2. Cỏc phn ng cú th cú:
2Al + 3FeO
o
t

3Fe + Al
2
O
3
(7)
2Al + Fe
2
O
3

o
t

2Fe + Al
2
O

3
(8)
8Al + 3Fe
3
O
4

o
t

9Fe + 4Al
2
O
3
(9)
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2

(10)
2Al + 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2

(11)
Xột cỏc phn ng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thy Fe
0
cui cựng thnh Fe

+2
, Al
0
thnh Al
+3
, O
2
0
thnh
2O

2
v 2H
+
thnh H
2
nờn ta cú phng trỡnh bo ton electron nh sau:
5,4 3
0,013 2 0,009 4 n 2
27
ì
ì + = ì + ì
Fe
0
Fe
+2
Al
0
Al
+3

O
2
0
2O

2
2H
+
H
2
n = 0,295 mol

2
H
V 0,295 22,4 6,608= ì =
lớt. (ỏp ỏn A)
Nhn xột: Trong bi toỏn trờn cỏc bn khụng cn phi bn khon l to thnh hai oxit st (hn hp A)
gm nhng oxit no v cng khụng cn phi cõn bng 11 phng trỡnh nh trờn m ch cn quan tõm ti
trng thỏi u v trng thỏi cui ca cỏc cht oxi húa v cht kh ri ỏp dng lut bo ton electron tớnh
lc bt c cỏc giai on trung gian ta s tớnh nhm nhanh c bi toỏn.
Vớ d 2: Trn 0,81 gam bt nhụm vi bt Fe
2
O
3
v CuO ri t núng tin hnh phn ng nhit nhụm thu c
hn hp A. Ho tan hon ton A trong dung dch HNO
3
un núng thu c V lớt khớ NO (sn phm kh
duy nht) ktc. Giỏ tr ca V l
A. 0,224 lớt. B. 0,672 lớt. C. 2,24 lớt. D. 6,72 lớt.

Hng dn gii
Túm tt theo s :
o
2 3
t
NO
Fe O
0,81 gam Al V ?
CuO
3
hòa tan hoàn toàn
dung dịch HNO
hỗn hợp A

+ =


Thc cht trong bi toỏn ny ch cú quỏ trỡnh cho v nhn electron ca nguyờn t Al v N.
Al Al
+3
+ 3e
0,81
27
0,09 mol
v N
+5
+ 3e N
+2
0,09 mol 0,03 mol
V

NO
= 0,03ì22,4 = 0,672 lớt. (ỏp ỏn D)
Nhn xột: Phn ng nhit nhụm cha bit l hon ton hay khụng hon ton do ú hn hp A khụng
xỏc nh c chớnh xỏc gm nhng cht no nờn vic vit phng trỡnh húa hc v cõn bng phng
trỡnh phc tp. Khi hũa tan hon ton hn hp A trong axit HNO
3
thỡ Al
0
to thnh Al
+3
, nguyờn t Fe v
Cu c bo ton húa tr.
Cú bn s thc mc lng khớ NO cũn c to bi kim loi Fe v Cu trong hn hp A. Thc cht
lng Al phn ng ó bự li lng Fe v Cu to thnh.
Vớ d 3: Cho 8,3 gam hn hp X gm Al, Fe (n
Al
= n
Fe
) vo 100 ml dung dch Y gm Cu(NO
3
)
2
v AgNO
3
. Sau khi
phn ng kt thỳc thu c cht rn A gm 3 kim loi. Hũa tan hon ton cht rn A vo dung dch HCl