Phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa hữu cơ và hóa vô cơ

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (189.15 KB, 22 trang )

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ

Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm
Hóa Hữu Cơ và Hóa Vô Cơ
Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm Hóa Hữu cơ
1. Dựa trên công thức tổng quát của hiđrocacbon
Thí du: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (CnH2n+1)m. A
thuộc dãy đồng đẳng nào?
A) Ankan
B) Anken
C) Ankin
D) Aren
Suy luận: CnH2n+1 là gốc hidrocacbon hóa trị I. Vậy phân tử chỉ có thể do
2 gốc hydrocacbon hóa trị I liên kết với nhau, vậy m = 2 và A thuộc dãy
ankan: C2nH2n+4.
2. Khi đốt cháy hidrocacbon thì cacbon tạo ra CO2 vầ hidro tạo ra H2O.
Tổng khối lượng C và H trong CO 2 và H2O phải bằng khối lượng của
hidrocacbon.
Thí du: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH 4, C3H6 và C4H10 thu
được 17,6g CO2 và 10,8g H2O. m có giá trị là:
A) 2g
B) 4g
C) 6g
D) 8g.
Suy luận: Mhỗn hợp = mC + mH =

17
10,8
�
12 
�B

2 6 gam .
44
18

3. Khi đốt cháy ankan thu được nCO2 > nH2O và số mol ankan cháy
bằng hiệu số của số mol H2O và số mol CO2.
3n  1
O2 � nCO2 + (n + 1) H2O
CnH2n+2 +
2
Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 9,45g
H2O. Cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thì khối lượng kết
tủa thu được là:
A. 37,5g
B. 52,5g
C. 15g
D. 42,5g
Đáp án: A
Suy luận:
nankan = nCO2 - nCO2 → nCO2 = nH2O - nankan
9,45
nCO2 =
= 0,15 = 0,375 mol
18
1

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 � + H2O
nCaCO3 = CO2 = 0,375 mol

mCaCO3 = 0,375.100 = 37,5g
Thí du 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy
đồng đẳng thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 12,6g H2O. Hai hidrocacbon
đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan
B. Anken
C. Ankin
D. Aren
Suy luận:
12,6
nH2O =
= 0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan
18
Thí du 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy
đồng đẳng thu được 22,4 lít CO2(đktc) và 25,2g H2O. Hai hidrocacbon đó
là:
A. C2H6 và C3H8
B. C3H8 và C4H10
C. C4H10 và C5H12
D. C5H12 và C6H14
Suy luận: nH2O =
nH2O > nCO2
bình:

Cn H 2 n  2 +
Ta có:

�

25,2

= 1,4 mol ; nCO2 = 1mol
18
2 chất thuộc dãy ankan. Gọi n là số nguyên tử C trung

3n  1
O2 →
2

n CO2

n
1

→ n = 2,5
n  1 1, 4

+

 n  1 H2O
C2H6

→
C3H8

Thí du 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản
phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P 2O5 dư và bình 2 đựng KOH rắn,
dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn
hợp là:
A. 0,06
B. 0,09

C. 0,03
D. 0,045
Suy luận: nH2O =

6,16
4,14
= 0,23 ; nCO2 =
= 0,14
18
44

nankan = nH2O – nCO2 = 0,23 – 0,14 = 0,09 mol
2

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Thí du 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH 4, C4H10 và C2H4
thu được 0,14 mol CO2 và 0,23 mol H2O. Số mol ankan và anken có
trong hỗn hợp lần lượt là:
A. 0,09 và 0,01
B. 0,01 và 0,09
C. 0,08 và 0,02
D. 0,02 và 0,08
Suy luận: nankan = 0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol
4. Dựa vào phản ứng cộng của anken với Br2 có tỉ lệ mol 1: 1.
Thí du: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br 2 thấy làm mất
màu vừa đủ dung dịch chứa 8g Br2. Tổng số mol 2 anken là:
A. 0,1
B. 0,05
C. 0,025

D. 0,005
8
= 0,05 mol
160
5. Dựa vào phản ứng cháy của ankan mạch hở cho nCO2 = nH2O
Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng
dãy đồng đẳng thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 9g H2O. Hai hidrocacbon
đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan
B. Anken
C. Ankin
D, Aren

Suy luận: nanken = nBr2 =

Suy luận: nCO2 =

11, 2
9
 0,5 mol ; nH2O =
 0,5
22, 4
18

�

nH2O = nCO2
Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Thí du 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên
tử C trong phân tử và có cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm

mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br2trong dung môi CCl4. Đốt cháy
hoàn toàn m gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO 2. Ankan và anken đó
có công thức phân tử là:
A. C2H6, C2H4
B. C3H8, C3H6
C. C4H10, C4H8
D. C5H12, C5H10
Suy luận: nanken = nBr2 =

CnH2n
0,1

+

80.20
 0,1 mol
100.160

3n
O2 → n CO2 + n H2O
2
0,1n
3

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Ta có: 0,1n =

0,6
 0,3 � n = 3 � C3H6.

2

6. Đốt cháy ankin: nCO2 > nH2O và nankin (cháy) = nCO2 – nH2O
Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO 2
và H2O có tổng khối lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd
Ca(OH)2 dư thu được 45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
A. 6,72 lít
B. 2,24 lít
C. 4,48 lít
B. 3,36 lít
Suy luận: nCO2 = nCaCO3 =

nH2O =

45
 14n  2  49,6 � n  3,4. 0,45 mol
100

25, 2  0, 45.44
 0,3 mol
18

nankin = nCO2 – nH2O = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol
Vankin = 0,15.22,4 = 3,36 lít
b. Công thức phân tử của ankin là:
A. C2H2
B. C3H4
C. C4H6
D. C5H8

nCO2 = 3nankin. Vậy ankin có 3 nguyên tử C3H4
Thí du 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) 1 ankin thu được 10,8g H 2O.
Nếu cho tất cả sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong
thì khối lượng bình tăng 50,4g. V có giá trị là:
A. 3,36 lít
B. 2,24 lít
C. 6,72 lít
D. 4,48 lít
Suy luận: Nước vôi trong hấp thu cả CO2 và H2O
mCO2 + mH2O = 50,4g ; mCO2 = 50,4 – 10,8 = 39,6g
nCO2 =

39,6
 0,9 mol
44

10,8
 0,3 mol
4418
7. Đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no được bao nhiêu mol
CO2 thì sau đó hidro hóa hoàn toàn rồi đốt cháy hỗn hợp các
hidrocacbon không no đó sẽ thu được bấy nhiêu mol CO 2. Đó là do
khi hidro hóa thì số nguyên tử C không thay đổi và số mol
hidrocacbon no thu được luôn bằng số mol hidrocacbon không no.
Thí du: Chia hỗn hợp gồm C3H6, C2H4, C2H2, thành 2 phần đều nhau:
- Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít CO2 (đktc).
nankin = nCO2 – nH2O = 0,9 

4

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
- Hidro hóa phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO 2 thu được
là:
A. 2,24 lít
B. 1,12 lít
C. 3,36 lít
D. 4,48 lít
8. Sau khi hidro hóa hồn tồn hidrocacbon khơng no rời đớt cháy
thì thu được số mol H2O nhiều hơn so với khi đốt lúc chưa hidro hóa. Số
mol H2O trội hơn chính bằng số mol H2 đã tham gia phản ứng hidro hóa.
Thí du: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol ankin thu được 0,2 mol H 2O. Nếu
hidro hóa honaf toàn 0,1 mol ankin này rồi đốt cháy thì số mol H 2O thu
được là:
A. 0,3
B. 0,4
C. 0,5
D. 0,6
Suy luận: Ankin cộng hợp với H2 theo tỉ lệ mol 1:2. Khi cộng hợp có 0,2
mol H2 phản ứng nên số mol H2O thu được thêm cũng là 0,2 mol , do đó
số mol H2O thu được là 0,4 mol
8. Dựa và cách tính số nguyên tử C và số nguyên tử C trung bình
hoặc khối lượng mol trung bình…

M

+ Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp:

+ Số nguyên tử C:

n

mhh
nhh

nco2
nC X HY

+ Số nguyên tử C trung bình:

n

nCO2
nhh

;

n

n1a  n2b
ab

Trong đó: n1, n2 là số nguyên tử C của chất 1, chất 2
a, b là số mol của chất 1, chất 2
+ Khi số nguyên tử C trung bình bằng trung bình cộng của 2 số nguyên
tử C thì 2 chất có số mol bằng nhau.
Ví du 1: Hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng liên tiếp có khối lượng là 24,8g.
Thể tích tương ứng của hỗn hợp là 11,2 lít (đktc). Công thức phân tử
ankan là:
A. CH4, C2H6

B. C2H6, C3H8
 B. C3H8, C4H10
D. C4H10, C5H12
Suy luận:
24,8
M hh 
 49,6 ; 14n  2  49,6 � n  3,4.
0,5
5

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
2 hidrocacbon là C3H8 và C4H10.
Ví du 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở, liên tiếp
trong dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO 2 (đktc) và 25,2g H2O. Công
thức phân tử 2 hidrocacbon là:
A. CH4, C2H6
B. C2H6, C3H8
C. C3H8, C4H10
D. C4H10, C5H12
Ví du 3: Cho 14g hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng liên tiếp đi qua dung
dịch nước Br2 thấy làm mất màu vừa đủ dd chứa 64g Br2.
1. Công thức phân tử của các anken là:
A. C2H4, C3H6
B. C3H8, C4H10
C. C4H10, C5H12
D. C5H10, C6H12
2. Tỷ lệ số mol 2 anken trong hỗn hợp là:
A. 1:2
B. 2:1

C. 2:3
D. 1:1
Suy luận:
64
8,81
 0,4mol
 0,2mol nanken  nBr2 
1.
160
44
14
M anken 
 35 ; 14n  35 � n  2,5.
0,4
Đó là : C2H4 và C3H6
Thí du 4: Cho 10,2g hỗn hợp khí A gồm CH 4 và anken đồng đẳng liên
tiếp đi qua dd nước brom dư, thấy khối lượng bình tăng 7g, đồng thời thể
tích hỗn hợp giảm đi một nửa.
1. Công thức phân tử các anken là:
A. C2H4, C3H6
B. C3H6, C4H10
C. C4H8, C5H10
D. C5H10, C6H12
2. Phần trăm thể tích các anken là:
A. 15%, 35%
B. 20%, 30%
C. 25%, 25%
D. 40%. 10%
Suy luận:
1. VCH 4

 V2 anken � nCH 4  n2 anken

m2 anken  7 g ; nCH 4 

7
10,2  7
� n  2,5 . Hai
 0,2 ; 14n 
0,2
16

anken là C2H4 và C3H6.
23
 trung bình cộng nên số mol 2 anken bằng nhau.
2. Vì n  2,5 
2
Vì ở cùng điều kiện %n = %V.
→ %V = 25%.
6

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Thí du 5: Đốt cháy 2 hidrocacbon thể khí kế tiếp nhau trong dãy đồng
đẳng thu được 48,4g CO2 và 28,8g H2O. Phần trăm thể tích mỗi
hidrocacbon là:
A. 90%, 10%
B. 85%. 15%
C. 80%, 20%
D. 75%. 25%

Thí du 6: A, B là 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho
hỗn hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với
Na thu được 1,12 lít H2 (đktc). Công thức phân tử 2 rượu là:
A. CH3OH, C2H5OH
B. C2H5OH, C3H7OH
C. C3H7OH, C4H9OH
D. C4H9OH, C5H11OH
10. Dựa trên phản ứng tách nước của rượu no đơn chức thành anken →
nanken  nrượu và sô nguyên tử C không thay đổi. Vì vậy đốt rượu và đốt anken
tương ứng cho số mol CO2 như nhau.
Thí du: Chia a gam ancol etylic thành 2 phần đều nhau.
Phần 1: mang đốt cháy hoàn toàn → 2,24 lít CO2 (đktc)
Phần 2: mang tách nước hoàn toàn thành etylen, Đốt cháy hoàn toàn lượng
etylen → m gam H2O. m có giá trị là:
A. 1,6g
B. 1,8g
C. 1,4g
D. 1,5g
Suy luận: Đốt cháy được 0,1 mol CO 2 thì đốt cháy tương ứng cũng được 0,1
mol CO2. Nhưng đốt anken cho mol CO2 bằng mol H2O.
Vậy m = 0,1.18 = 1,8.
11. Đốt 2 chất hữu cơ, phân tử có cùng số nguyên tử C, được cùng số
mol CO2 thì 2 chất hữu cơ mang đốt cháy cùng số mol.
Thí du: Đốt cháy a gam C2H5OH được 0,2 mol CO2. Đốt cháy 6g
C2H5COOH được 0,2 mol CO2.
Cho a gam C2H5OH tác dụng với 6g CH3COOH (có H2SO4đ xt, t0 Giả sử H
= 100%) được c gam este. C có giá trị là:
A. 4,4g
B. 8,8g
13,2g

D. 17,6g
Suy luận:

1
nC2 H5OH  nCH3COOH   nCO2 = 0,1 mol.
2

nCH3COOC2 H5  0,1mol � meste  c  0,1.88  8,8 g

12. Dựa trên phản ứng đốt cháy anđehit no, đơn chức cho số mol CO2 =
 H 2 , xt
 O2 ,t 0
số mol H2O. Anđehit ��
� rượu ��
� cũng cho số mol CO2 bằng số
mol CO2 khi đốt anđehit còn số mol H2O của rượu thì nhiều hơn. Số mol
H2O trội hơn bằng số mol H2 đã cộng vào anddeehit.
Thí du: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit no, đơn chức thu được 0,4 mol CO 2.
Hidro hóa hoàn toàn 2 anđehit này cần 0,2 mol H 2 thu được hỗn hợp 2 rượu
7

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
no, dơn chức. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 rượu thì số mol H 2O thu được
là:
A. 0,4 mol
B. 0,6mol
C. 0,8 mol
D. 0,3 mol
Suy luận: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit được 0,4 mol CO 2 thì cũng được 0,4

mol H2O. Hidro hóa anđehit đã nhận thêm 0,2 mol H2 thì số mol của rượu
trội hơn của anđehit là 0,2 mol. Vậy số mol H 2O tạo ra khi đốt cháy rượu là
0,4 + 0,2 = 0,6 mol.
13. Dựa và phản ứng tráng gương: cho tỉ lệ nHCHO : nAg = 1 : 4
nR-CHO : nAg = 1 : 2.
Thí du: Cho hỗn hợp HCHO và H2 đi qua ống đựng bột nung nóng. Dẫn toàn
bộ hỗn hợp thu đượu sau phản ứng vào bình nước lạnh để ngưng tụ hơi chất
lỏng và hoa tan các chất có thể tan được , thấy khối lượng bình tăng 11,8g.
Lấy dd trong bình cho tác dụng với dd AgNO 3/NH3 thu được 21,6g Ag. Khối
lượng CH3OH tạo ra trong phản ứng hợp H2 của HCHO là:
A. 8,3g
B. 9,3g
C. 10,3g
D. 1,03g
Ni
� CH3OH
Suy luận: H-CHO + H2 ��
t0
( mCH3OH  mHCHO ) chưa phản ứng là 11,8g.
NH 3
HCHO + 2Ag2O ��
�
� CO2 + H2O + 4 Ag �
1
1 21,6
nHCHO  nAg  �  0,05mol .
4
4 108
MHCHO = 0,05.30 = 1,5g ; mCH3OH  11,8  1,5  10,3 g
Thí du 2: Cho hỗn hợp gồm 0,1 mol HCOOH và 0,2 mol HCHO tác dụng

hết với dd AgNO3/NH3 thì khối lượng Ag thu được là:
A. 108g
B. 10,8g
C. 216g
D. 21,6g
Suy luận: 0,1 mol HCOOH → 0,2 mol Ag
0,2 mol HCHO → 0,8 mol Ag
→ Đáp án A.
Thí du 3: Chất hữu cơ X thành phần gồm C, H, O trong đó %O: 53,3 khối
lượng. Khi thực hiện phản ứng trang gương, từ 1 mol X → 4 mol Ag. CTPT
X là:
A. HCHO
B. (CHO)2
C. CH2(CHO)2
D. C2H4(CHO)2
11. Dựa vào công thức tính số ete tao ra từ hỗn hợp rượu hoặc dựa vào
ĐLBTKL.
Thí du 1: Đun hỗn hợp 5 rượu no đơn chức với H 2SO4đ , 1400C thì số ete thu
được là:
A. 10
B. 12
C. 15
D. 17

8

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
x( x  1)
ete → thu được 15 ete.

2
Thí du 2: Đun 132,8 hỗn hợp gồm 3 rượu đơn chức với H2SO4 đặc, 1400C →
hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2g. Số mol ete
là:
A. 0,1 mol
B. 0,2 mol
C. 0,3 mol
D. 0,4 mol
Suy luận: Đun hỗn hợp 3 rượu tạo ra 6 ete.
Theo ĐLBTKL: mrượu = mete + mH 2O
→ mH 2O = 132,8 – 111,2 = 21,6g
21,6
1,2
 1,2mol � nmỗi ete =
 0,2mol .
Do �nete  �nH 2O 
18
6
12. Dựa vào phương pháp tăng giảm khối lượng:
Nguyên tắc: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang
chất khác để xác định khối lượng 1 hỗn hợp hay 1 chất.
Cụ thể: Dựa vào pt tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol A → 1mol B
hoặc chuyển từ x mol A → y mol B (với x, y là tỉ lệ cân bằng phản ứng).
Tìm sự thay đỏi khối lượng (A→B) theo bài ở z mol các chất tham gia phản
ứng chuyển thành sản phẩm. Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản
ứng và ngược lại.
 Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với K:
x
R (OH ) x  xK � R(OK ) x  H 2
2

1
Hoặc ROH + K → ROK + H2
2
Theo pt ta thấy: cứ 1 mol rượu tác dụng với K tạo ra 1 mol muối ancolat thì
khối lượng tăng: 39 – 1 = 38g.
Vậy nếu đề cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat thì ta
có thể tính được số mol của rượu, H2 và từ đó xác định CTPT rươụ.
 Đối với anđehit: xét phản ứng tráng gương của anđehit
NH 3 ,t 0
R – CHO + Ag2O ��
� R – COOH + 2Ag
Theo pt ta thấy: cứ 1mol anđehit đem tráng gương → 1 mol axit
�  m = 45 – 29 = 16g. Vậy nếu đề cho manđehit, maxit → nanđehit, nAg →
CTPT anđehit.
 Đối với axit: Xét phản ứng với kiềm
R(COOH)x + xNaOH → R(COONa)x + xH2O
Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O
1 mol
→
1 mol
→  m �= 22g
 Đối với este: xét phản ứng xà phòng hóa
Suy luận: Áp dụng công thức :

9

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH
1 mol

→
1 mol
→  m �= 23 – MR’
 Đối với aminoaxit: xét phản ứng với HCl
HOOC-R-NH2 + HCl → HOOC-R-NH3Cl
1 mol
→
1mol
→  m �= 36,5g
Thí du 1: Cho 20,15g hỗn hợp 2 axit no đơn chức tác dụng vừa đủ với dd
Na2CO3 thì thu được V lít CO2 (đktc) và dd muối.Cô cạn dd thì thu được
28,96g muối. Giá trị của V là:
A. 4,84 lít
B. 4,48 lít
C. 2,24 lít
D. 2,42 lít
E. Kết quả khác.
Suy luận: Gọi công thức trung bình của 2 axit là: R  COOH
Ptpu: 2 R  COOH + Na2CO3 → 2 R  COONa + CO2 �+ H2O
Theo pt: 2 mol
→
2 mol
1 mol
�  m = 2.(23 - 11) = 44g
Theo đề bài: Khối lượng tăng 28,96 – 20,15 = 8,81g.
8,81
 0,2mol → Thể tích CO2: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít
→ Số mol CO2 =
44
Thí du 2: Cho 10g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng

đẳng tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 14,4g chất rắn và V lít khí H 2
(đktc). V có giá trị là:
A. 1,12 lít
B. 2,24 lít
C. 3,36 lít
D. 4,48 lít
Suy luận: Theo ptpu: 1 mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H 2 thì
C6 H 6 n ( NO2 ) n
n  1,4
m  23 -1 = 22g
khối lượng tăng: n N 2
2
14,1
78  45n
Vậy theo đầu bài: 1 mol muối ancolat và 0,5mol H2 bay ra thì tăng
4,4.0,5
 0,1mol
14,4 – 10 = 4,4g. → Số mol H2 =
22
→ Thể tích H2: V = 0,1.22,4= 2,24 lít.
Thí du 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este của 1 axit đơn chức với 1
rượu đơn chức tiêu tốn hết 5,6g KOH. Mặt khác, khi thủy phân 5,475g este
đó thì tiêu tốn hết 4,2g KOH và thu được 6,225g muối. Vậy CTCT este là:
A. (COOC2H5)2
B. (COOCH3)2
C. (COOCH2CH2CH3)2
D. Kết quả khác
Suy luận: Vì nKOH = 2neste → este 2 chức tạo ra từ axit 2 chức và rượu đơn
chức.
10

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Đặt công thức tổng quát của este là R(COOR’)2 :
R(COOR’)2 +
2KOH
→
R(COOK)2
+
2R’OH
1 mol
2 mol
→
1 mol thì m = (39,2 – 2R’)g
� 0,0375 mol
0.075 mol →
0,0375 mol thì m = 6,225 – 5,475 =
0,75g.
→ 0,0375(78 – 2R’) = 0,75 → R’ = 29 → R’ = C2H55,475
 146 → MR + (44 + 29)2 = 146 → MR = 0
Meste =
0,0375
Vậy công thức đúng của este là: (COOC2H5)2
13. Dựa vào ĐLBTNT và ĐLBTKL:
- Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng
bằng tổng khối lượng của các sản phẩm tạo thành.
A + B →C + D
Thì mA + mB = mC + m D
- Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng
MS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng

Dù phản ứng vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có: mT = mS
- Sử dụng bảo toàn nguyên tố trong phản ứng cháy:
Khi đốt cháy 1 hợp chất A (C, H) thì nO ( CO2 )  nO ( H 2O )  nO ( O2 pu )
→

mO ( CO2 )  mO ( H 2O )  mO (O2 pu )

Giả sử khi đốt cháy hợp chất hữu cơ A (C, H, O)
A + O2 → CO2 + H2O
Ta có: mA  mO2  mCO2  mH 2O Với mA = mC + mH + mO
Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y: C 2H6, C3H4, C4H8 thì thu
được 12,98g CO2 và 5,76g H2O. Tính giá trị m? (Đáp số: 4,18g)
Thí du 2: cho 2,83g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thì
thoát ra 0,896 lít H2 (đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 5,49g
B. 4,95g
C. 5,94g
D. 4,59g
Thí du 3: Cho 4,2g hỗn hợp gồm rượu etylic, phenol, axit fomic tác dụng
vừa đủ với Na thấy thoát ra 0,672 lít H 2 (đktc) và 1dd. Cô cạn dd thu được
hỗn hợp rắn X. Khối lượng của X là:
A. 2,55g
B. 5,52g
C. 5,25g
D. 5,05g
Suy luận: Cả 3 hợp chất trên đều có 1 nguyên tử H linh động → Số mol Na
= 2nH2 = 2.0,03 = 0.06 mol
Áp dụng ĐLBTKL:
→ mX = 4,2 + 0,06(23 - 1) = 5,52g. 
Thí du 4: Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức làm 2 phần bằng nhau:

P1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08g H2O
11

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
P2: tác dụng với H2 dư (Ni, t0) thì thu hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn
thì thể tích CO2 (đktc) thu được là:
A. 1,434 lít
B. 1,443 lít
C. 1,344 lít
D. 1,444 lít
Suy luận: Vì anđehit no đơn chức nên số mol CO2 = sô mol H2O = 0,06 mol
→ nCO2 ( P 2)  nC ( P 2)  0,06mol
Theo BTNT và BTKL ta có: nC ( P 2)  nC ( A)  0,06mol → nCO2 ( A)  0,06mol
→ VCO2  22,4.0,06  1,344 lít
Thí du 4: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm 2 rượu A, B ta được hỗn
hợp X gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66g CO 2.
Vậy khi đốt cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng CO2 và H2O là:
A. 0,903g
B. 0,39g
C. 0,94g
D. 0,93g
14. Phương pháp nhóm nguyên tử trung bình:
Nhóm ở đây có thể là số nhóm -OH, -NH2, NO2
Thí du1: Nitro hóa benzen thu được 14,1g hỗn hợp gồm 2 chất nitro có khối
lượng phân tử hơn kém nhau 45 đvc. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 chất
nitro này được 0,07mol N2. Hai chất nitro đó là:
A. C6H5NO2 và C6H4(NO2)2
B. C6H4(NO2)2 và C6H3(OH)3
C. C6H3(NO2)3 và C6H2(NO2)4

D. C6H2(NO2)4 vàC6H(NO2)5
Suy luận: Gọi n là số nhóm NO2 trung bình trong 2 hợp chất nitro.
Ta có CTPT tương đương của 2 hợp chất nitro: C6 H 6 n ( NO2 ) n
(n < n < n’ = n +1)
n
C6 H 6n ( NO2 ) n → N 2
2
n
1 mol
→
mol
2
14,1
→
0,07 mol
78  45n
→ n  1,4 , n = 1, n = 2 → Đáp án A.
Ví du 2: Hỗn hợp X gồm 2 rượu no có số nguyên tử bằng nhau. Đốt cháy
hoàn toàn 0,25 mol X thu được 11,2 lít CO 2 (đktc). Mặt khác 0,25 mol X
đem tác dụng với Na dư thấy thoát ra 3,92 lít H2 (đktc). Các rượu của X là:
A. C3H7OH và C3H6(OH)2
B. C4H9OH và C4H8(OH)2
C. C2H5OH và C2H4(OH)2
D. C3H7OH và C3H5(OH)3
Đáp án: C
12

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Còn nữa…

Chúc các bạn sĩ tỉ một mùa thi thành công!

Một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm
THPT
Để giải nhanh các bài tập trắc nghiệm trong trương trình THPT đòi hỏi học
sinh không những nắm rõ bản chất hoá học, kỹ năng tính, nắm được phương
pháp giải đặc trưng cho mỗi thể loại bài tập, mà còn đòi hỏi học sinh phải
nhanh nhận ra các cách giải nhanh đi tới kết quả dựa vào các mối liên hệ
toán hoá học, các định luật trong hoá học. Ngoài các cách giải thông thường
cần có những phương pháp giải nhanh có tác dụng trong việc rèn luyện tư
duy cho học sinh, phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh. Có rất nhiều cách
để giải nhanh bài tập hoá học, tuỳ theo mỗi dạng bài tập và mỗi thể loại bài
tập.
Tôi đưa ra một số cách giải nhanh một số dạng bài tập hoá học trong trương
trình phổ thông để các bạn và các em học sinh tham khảo.
Dạng một: dựa vào định luật bảo tồn khới lượng, theo tỷ lệ mol kết
hợp giữa các nguyên tử;
Ví dụ 1: Khi cho 10,4 gam hỗn hợp các oxit CuO, MgO, Fe2O3 tác dụng vừa
đủ với 300 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Cô cạn dung dịch A
thu được m gam muối khan. Giá trị m là:
A. 15,68 gam
B. 18,65 gam
C. 16,58 gam
D. 18,61 gam
Cách nhẩm:
Ta thấy rằng khi cho hỗn hợp các oxit tác dụng với dung dịch HCl tạo
thành muối clorua
O2+
2H+

----> H2O
Trong hỗn hợp oxit
Trong axit HCl
mmuối = m hỗn hợp oxit – khối lượng oxi + mClta có:
nCl- tạo muối = nH+ = nHCl = 0,3 (mol)
==> mmuối = 10,4 – 0,3*16 +0,3*35,5 = 18,65 (gam)
13

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
2
Đáp án đúng là đáp án B.
Từ dạng bài tập toán này ta thấy mối quan hệ dịch lượng khối lượng oxit,
khối lượng axit (Số mol, nồng độ . . . ); khối lượng muối. Chỉ cần biết 2 đại
lượng ta dễ dàng tìm được đại lượng còn lại.
Ví dụ 2: Hỡn hợp A gờm 46,4 gam (FeO, Fe2O3,, Fe3O4) khử hoàn toàn hỗn
hợp oxit trên cần vừa đủ V lít CO (đktc) thu được 33,6 gam Fe kim loại. Giá
trị V là:
A. 17,92 lit
B. 16,8 lit
C. 12,4 lit
D. Kết quả khác.
Cách nhẩm:
Ta thấy phân tử CO kết hợp 1 nguyên tử oxi tạo nên 1 phân tử CO2 theo sơ
đồ:
CO + O -----> CO2
Ta có: mO = m hỗn hợp oxit – mFe = 46,4 – 33,6 =12,8 (gam)
===> nCO = nO = 12,8 = 0,8 (mol)
16
do đó VCO = 17,92 (lít). Đáp án đúng là đáp án A

* Nếu khử oxit kim loại bằng các chất khử H2, C, CO, Al ... từ tỷ lệ kết hợp
và cách giải như trên ta có thể làm được nhiều dạng toán tính khối lượng
oxit, khối lượng kim loại sinh ra hay tính khới lượng chất khử.
Ví dụ 3: Khử hoàn toàn 40 gam FexOy thành kim loại cần 16,8 lit H2 (đktc).
Công thức oxit là:
A. FeO
B. Fe3O4
C. Fe2O3
D. Không xác định được
Cách giải:
Ta có: H2 lấy đi oxi của oxit theo sơ đồ:
H2 +
O
----->
H2O
trong oxit
nO = nH2 = 16,8 = 0,75 mol ==> mO = 0,75 x 16 = 12 gam

22,4
Theo tỷ lệ: mFe = 56x

=

40 -12 = 28 ==> x = 2

mO
16y
12
12
y 3

==> Đáp án C là đáp án đúng.
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 17,2 gam hỗn hợp Ag, Cu trong dung dịch
H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A và 3,36 lit SO2 (đktc). Khối lượng
muối trong dung dịch A là:
A. 36,1 gam
B. 36,4 gam
C. 31,6 gam
D. 21,7 gam
Cách giải:
Dựa trên phản ứng kim loại M
2M + 2n H2SO4 -----> M2(SO4)n + n SO2 + 2n H2O
14

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Ta thấy tỷ lệ cứ n mol SO2 thì có n mol SO4 => nSO2- = nSO
4

2

==> m muối = m kim loại + m SO42- = 17,2 + 96 x 0,15 = 31,6 gam.
Đáp án đúng là đáp án C
* Nhận xét: Không phụ thuộc vào hoá trị kim loại
Tương tự khi cho hỗn hợp kim loại tác dụng với axit HNO3 ta cũng nhận xét
tương tự theo phương trình phản ứng chung (Chỉ áp dụng khi thu được sản
phẩm khí là mợt sản phẩm duy nhất).
Ví dụ 5: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe3O4; 0,1 mol
FeS2 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A. Cho dung
dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch,
sấy khô, nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. m có giá

trị là:
A. 84 gam
B. 51 gam
C. 56 gam
D. 48 gam
Nếu giải bài tập theo cách thông thường viết phương trình phản ứng tính
theo phương trình hoá học đi tới kết quả khó khăn, dài. Tuy nhiên ta có thể
nhẩm nhanh theo cách sau:
Toàn bộ Fe trong hỗn hợp ban đầu được chuyển hoá thành Fe2O3 theo sơ đồ:
Fe ------> Fe
0,3 mol

0,3 mol

Fe3O4 -----> 3Fe
0,1mol

Ta lại có: 2Fe -------> Fe2O3

0,3 mol

0,7mol

0,35 mol

FeS2 -------> Fe
0,1 mol

0,1mol

===> m Fe2O3 = 0,35 x 160 = 56 (gam)
Đáp án đúng là đáp án C
Ví dụ 6: Tính khối lượng quặng pirit chứa 75% FeS2 (Còn lại là tạp chất trơ)
cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H2SO4 98% ( hiệu suất quá trình điều
chế H2SO4 là 80%)?
a. 1,28 tấn
b. 1 tấn
c. 1,05 tấn
d. kết quả khác
Nếu viết đầy đủ phương trình hoá học thì cách giải bài toán trở nên phức tạp.
tuy nhiên để giải nhanh ta lập sơ đồ ( dựa trên toàn bộ lượng S trong FeS2 có
trong axit)
FeS2 ----------> 2H2SO4
120 g
2x98 g
Khối lượng FeS2 cần dùng là:

0,98.120.100

= 0,75 tấn

2.98.80

15

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
==> Khối lượng quặng (0,75.100)/ 75 = 1 tấn

đáp án B

Một số ví dụ áp dụng:
Ví dụ 7: Hoà tan hoàn toàn 1,25 mol hỗn hợp (R CO ; RHCO ;
2

3

3

MCO ) vào dung dịch HCl dư, khí sinh ra sục vào dung dịch nước vôi
3

trong dư thu được m gam kết tủa. Giá trị m là:
a. 120 g.

b. 250 g.

c. 125 g.

d. 165 g.

Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm 3 kim loại A, B, C có khối lượng 2,17
gam tác dụng hết với dung dịch HCl tạo ra 1,68 lít khí H (ĐKTC).
2

Khối lượng muối clorua trong dung dịch sau phản ứng là:
a. 7,945 g.

b. 7,495 g.

c. 7,594 g.

d. 7,549 g.

Ví dụ 9: Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp Fe, FeO, Fe O , Fe O cần
3

4

2

3

vừa đủ 2,24 lít khí CO (đktc). tính khối lượng Fe thu được?
a. 15 g.

b. 16 g.

c. 18 g.

d. Kết quả khác.

Ví dụ 10: Một lượng quặng A chứa 73% Ca3(PO4)2 ; 1% SiO2; còn lại là
CaCO3. Khối lượng quặng A để điều chế 1 kg H3PO4 60% là( giả sử hiệu
suất quá trình là100%):
a. 1,1 Kg
b. 1,4 Kg
c. 1,3 Kg
d. 1,5 Kg
Dạng 2: Cách làm nhanh một số bài tập tính pH của dung dịch:

Để làm bài tập trắc nghiệm nhanh pH các bạn cần lưu ý:
pH = - lg[H+]; Nếu [H+]= 10-a thì a = pH
Trường hợp bài tập xẩy ra giữa dung dịch axit mạnh và dung dịch bazơ
mạnh:
[H+].[OH-] = 10-14 ;
Nếu pH = 7: Môi trường trung tính
16

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Nếu pH >7 : Môi trường bazơ, nếu không tính đến sự phân ly của H2O ta
phải tính theo nồng độ OHVí dụ: Cho dung dịch có pH = 11 ta hiểu trong dung dịch có OHvậy [H+]= 10-11 , nồng độ [OH-] = 10-14 / 10-11 = 10-3
Nếu Nếu pH <7 : Môi trường axit, nếu không tính đến sự phân ly của H2O ta
phải tính theo nồng độ H+
Ví dụ: Cho dung dịch có pH = 3 ta hiểu trong dung dịch có [H+]
vậy [H+]= 10-3
Đối với phản ứng xảy ra giữa dung dịch axit mạnh và dung dịch bazơ mạnh
Ta có phương trình ion thu gọn:
H+ + OH-  H2O
Để làm nhanh bài tập các bạn cần lưu ý:
+ Đọc kỹ bài toán xem dung dịch sau khi phản ứng có môi trường axit hay
bazơ, tính só mol axit hay bazơ còn dư trong dung dịch sau phản ứng.
+ chú ý thể tích dung dịch sau phản ứng Vdd = V1 + V2 + ...
+ Nếu bài toán dư axit (pH < 7, và bỏ qua sự phân ly của nước) thì ta có sơ
đồ giải:
* Lập mối quan hệ: H+ + OH-  H2O
Mol ban đầu:
x
y
Mol phản ứng: y

y
Mol sau pư:
(x - y )
0
+ Nếu bài toán dư OH (pH >7, và bỏ qua sự phân ly của nước) thì ta có sơ
đồ giải:
* Lập mối quan hệ: H+ + OH-  H2O
Mol ban đầu:
x
y
Mol phản ứng: x
x
Mol sau pư:
0
(y - x )
Ta thiết lập mối quan hệ định lượng giữa giả thiết và dữ kiện bài toán từ đó
tìm ra kết quả đúng.
+ Nếu bài toán cho pha loãng dung dịch thì các bạn lưu ý:
Số mol H+ hoặc số mol OH- được bảo toàn còn thể tích dung dịch có tính
cộng tính.
+ Đối với bài toán liên quan đến sự phân ly của dung dịch axit yếu hoặc
bazơ yếu ta cần chú ý đến độ điện ly, hằng số phân ly ( đối với chương trình
THPT không đề cập đến sự phân ly của nước).
Một số ví dụ áp dụng:
Dạng pha trộn dung dịch không có phản ứng hoá hoc:
Ví dụ 1: Giá trị pH của dung dịch KOH 0,0001M là:
a. a. 13
b. b. 12
c. c. 10
d. d. 8

17

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Giải:
Nồng độ OH- = CM KOH = 10-4 ==> [H+] = 10-14 /[OH-] = 10-10
Vậy pH = 10. Đáp án c
Ví dụ 2: Trộn 200 ml dung dịch HCl 0,01M với 300 ml dung dịch H2SO4
0,005M. Dung dịch nhận được sau khi trộn có pH là:
a. a. 1
b. b. 2
c. c. 5
d. d. 4
+
Giải: Ta có: HCl
---->
H +
Cl
0,002 mol 0,002 mol
H2SO4 ---> 2H+ + SO420,0015 mol
0,003 mol
+
Tổng số mol H = 0,002 +0,003 = 0,005 mol
Thể tích dung dịch sau pha trộn = 0,5 lít
[H+] sau pha trộn = 0,005 / 0,5 = 0,01 M vậy pH = 2 đáp án b
Ví dụ 3: Dung dịch HCl có pH = 2 cần pha loãng dung dịch axit này bằng
H2O bao nhiêu lần để thu được dung dịch có pH = 4?
a. a. 10 lần
b. b. 99 lần
c. c. 101 lần

d. d. 100 lần
+
-2
Giải: Ta có pH = 2 vậy [H ] = 10 : khi pha loãng số mol H+ không thay đổi
Gọi thể tích dung dịch HCl là V lít; thể tích nước pha trộn là V’ lít
số mol H+ = 10-2 V mol
dung dịch có pH = 4 vậy [H+] = 10-4 ; số mol H+ = 10-4 (V+ V’)mol
Vì số mol H+ không thay đổi ta có:
10-2 V = = 10-4 (V+ V’)
V/ V’ = 1/99 vậy pha loãng 100 lần đáp án d
Tương tự: Nếu pha loãng 1 dung dịch axit mạnh điện ly hoàn toàn có pH = 1
thành pH = 2 thì pha loãng 10 lần; pH = 3 thì pha loãng 100 lần; pH = 4 thì
pha loãng 1000 lần...
Nếu pha loãng 1 dung dịch bazơ mạnh điện ly hoàn toàn có pH = 13 thành
pH = 12 thì pha loãng 10 lần; pH = 11 thì pha loãng 100 lần; pH = 10 thì pha
loãng 1000 lần... chú ý đến [H+].[OH-] = 10-14 từ đó tính số mol OHVí dụ 4: Dung dịch trong nước của axit axetic có nồng độ mol 0,2M. Biết độ
điện ly 0,95% , thì pH của dung dịch này là:
a. a. 5
b. b. 2,72
c. c. 3,72
d. d. 2,52
Giải: axit axetic có nồng độ mol 0,2M, á = 0,0095
Phương trình điện ly:
CH3COOH ---------> CH3COO+
H+
0,2x0,0095
0,2x0,0095
+
-3
[H ] = 0,2x0,0095 = 0,0019 = 1,9.10

+
pH = - lg[H ] = - lg[1,9.10-3] = 2,72 đáp án b
Dạng pha trộn dung dịch có phản ứng hoá hoc:
18

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ

Ví dụ 5: Trộn lẫn 400 ml dung dịch NaOH 0,625M với 100 ml dung dịch
HCl 2M được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là:
a. a. 14
b. b. 13
c. c. 3
d. d. 2
Giải: NaOH -------> Na+ + OH0,25 mol
0,25 mol
+
HCl
---->
H +
Cl0,2 mol
0,2 mol

Lập mối quan hệ: H+
+
OHH2O
Mol ban đầu: 0,2 mol
0,25 mol
Mol phản ứng: 0,2 mol
0,2 mol

Mol dư:
0
0,05 mol
Thể tích dung dịch sau pha trộn = 0,5 lít
[OH-] sau pha trộn = 0,05 / 0,5 = 0,1 M
[H+] = 10-14 /[OH-] = 10-13
Vậy pH = 13. Đáp án a
Ví dụ 6: Thể tích dung dịch H2SO4 có pH = 2 cần để trung hoà 200 ml dung
dịch KOH 0,2 M là:
a. a. 4000 ml
b. b. 5000 ml
c. c. 8000 ml
d. d. 1000 ml
Giải: Số mol KOH = 0,2x0,2=0,04 mol
KOH -------> K+ + OH0,04 mol
0,04 mol
+

Phản ứng trung hoà: H
+
OHH2O
0,04 mol
0,04 mol
H2SO4 ---> 2H+ + SO420,02 mol
0,04 mol
Vì dung dịch H2SO4 có pH = 2 ==> [H+] = 10-2
Thể tích dung dịch H2SO4 = 0,04 / 10-2 = 4 lít Đáp án a
Ví dụ 7: Dung dịch Ba(OH)2 có pH = 13 (dung dịch A). Dung dịch HCl có
pH = 1 (dung dịch B). Đem trộn 2,75 lít dung dịch A với 2,25 lít dung dịch B
được 5 lít dung dịch C. Hãy tính pH của dung dịch C?

a. a. 14
b. b. 13
c. c. 3
d. d. 12
+
-13
-14
-13
Giải: dung dịch A có [H ] = 10 ==> [OH ] = 10 / 10 = 10-1
nOH-= 2,75 x 10-1= 0,275 mol
Dung dịch B có [H+] = 10-1 ==> nH+= 2,25 x 10-1= 0,225 mol

Phương trình ion:

H+

+

OH-



H2O
19

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Mol ban đầu: 0,225 mol 0,275 mol
Mol phản ứng: 0,225 mol 0,225 mol
Mol dư:

0
0,05 mol
Thể tích dung dịch sau phản ứng: 5 lít => [OH-] = 0,05/5=0,01M
[H+] = 10-14 /[OH-] = 10-12
pH = 12 đáp án d
Ví dụ 8: Cho 250 ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,1 M và H2SO4 0,05 M tác
dụng với 250 ml dung dịch NaOH aM thu được dung dịch có pH = 12. Tính
a?
a. a. 0,14M
b. b. 0,16M
c. c. 0,22M
d. d. 0,12M
+
Giải: Ta có: HCl
---->
H +
Cl
0,025 mol
0,025 mol
H2SO4 ---> 2H+ + SO420,0125 mol
0,025 mol
+
Tổng số mol H = 0,025 +0,025 = 0,05 mol
Thể tích dung dịch sau pha trộn = 0,5 lít pH = 12 vậy [OH-] = 10-14 / 10-12 =
10-2
nOH- dư= 0,5x 10-2= 0,005 mol
NaOH -------> Na+ + OH0,25a mol
0,25a mol
+
Phương trình ion:

H
+ OH- 
H2O
Mol ban đầu: 0,05 mol 0,25a mol
Mol phản ứng: 0,05 mol 0,05 mol
Mol dư:
0
0,25a- 0,05 mol
0,25a- 0,05 = 0,005 ==> a = 0,22M đáp án c
Ví dụ 9: Trộn 300 ml dung dịch HCl 0,05M với 200 ml dung dịch Ba(OH)2
aM thu được 500 ml dung dịch có pH = 12. Tính a?
a. a. 0,05M
b. b. 0,1M
c. c. 0,2M
d. d. 0,25M
Cách giải tương tự ví dụ 8: đáp án a
Ví dụ 10: cho 2 dung dịch: dung dịch A chứa 2 axit HCl 0,5 M và H2SO4
0,25 M;
Dung dịch B chứa NaOH 0,5 M và Ba(OH)2 aM. Trộn V lít dung dịch A với
V lít dung dịch B thu được 2V lít dung dịch C có pH = 7 và một lượng kết
tủa. Giá trị của a là:
a. a. 0,05M
b. b. 0,3M
c. c. 0,25M
d. d. 0,5M
+
Giải: : HCl
---->
H +
Cl

0,5V mol
0,5V mol
H2SO4 ---> 2H+ + SO420,25V mol
0,5V mol
+
Tổng số mol H = 0,5V +0,5V = V mol
20

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
NaOH -------> Na+
0,5V mol

+

OH0,5V mol

Ba(OH)2 -------> Ba2+ + 2OHaV mol
2aV mol
Tổng số mol OH = (2aV + 0,5V) mol
Khi trộn:
Ba2+ + SO42--------> BaSO4
H+
+ OH- 
H2O
V
(2aV + 0,5V)
Vì pH = 7 nên
V =(2aV + 0,5V) ==> a= 0,25M đáp án c
Ví dụ 11: Cho dung dịch HCl có pH = 5 (dung dịch A). Cho dung dịch

NaOH có pH = 9 (dung dịch B). Hỏi phải lấy 2 dung dịch trên theo tỷ lệ thể
tích bao nhiêu( VA/VB) để được dung dịch có pH = 8.
a. a. 9/11
b. b. 11/9
c. c. 99/11
d. d. 8/12
Giải:
dung dịch HCl có pH = 5 ; [H+] = 10-5
dung dịch NaOH có pH = 9; [H+] = 10-9 ==> [OH-] = 10-5
dung dịch có pH = 8 nên dung dịch có tính bazơ [H+] = 10-8==> [OH-] = 10-6
Gọi VA là thể tích dung dịch A
Gọi VB là thể tích dung dịch B
Thể tích dung dịch sau pha trộn = VA + VB
Phương trình ion:
H+
+ OH- 
H2O
-5
-5
Mol ban đầu: 10 VA mol 10 VB mol
Mol phản ứng: 10-5VA mol 10-5VA mol
Mol dư:
0
10-5VB - 10-5VA mol
Ta có: 10-5VB - 10-5VA = (VA + VB)10-6
VA/VB = 9/11 đáp án a
Đối với chương trình hoá học phổ thông thể loại bài tập trong dung dịch xảy
ra giữa axit - bazơ diễn ra rất phức tạp, đặc biệt là những axit và bazơ trung
bình và yếu, cần học sinh nắm vững các định luật trong dung dịch ( Định
luật bảo toàn nồng độ, định luật tác dụng khối lượng, định luật bảo toàn điện

tích...). Đối với đề thi đại học và cao đẳng không đòi hỏi ở mức độ quá khó
cho học sinh nhưng các em cần phân tích kỹ đầu bài, tìm mối liên hệ giữa
các dữ kiện, định hướng cách giải nhanh, chính xác và hợp logic trong
khoảng thời gian cho phép, chúc các em học tốt.
--------------21

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ
Do thời gian quá bận nên không thể kiểm tra lỗi chính tả, cũng như trình
bày, rất mong tiếp tục cộng tác để cùng trao đổi về phương pháp giảng dạy
và hoàn thiện các chuyên đề giải nhanh hoá học vô cơ và hữu cơ tiếp theo
đặc biệt là phương pháp giảng dạy hoá bậc THCS.
Xin chân thành cảm ơn ./.

22

Phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa hữu cơ và hóa vô cơ

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về