CÁCH GIẢI TỐI ƯU CHO BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC

CÁCH GIẢI TỐI ƯU CHO BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC
Tác giả: Khiếu Chi – THPT Ngô Quyền Hải Phòng
A. Lời mở đầu
Với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay, việc chọn phương án tối ưu để thực hiện
giải các bài toán hóa học là giải pháp cần thiết. Trong quá trình giảng dạy cần có định
hướng rõ cách thức giải 1 bài toán dưới hình thức trắc nghiệm là khác biệt so với giải tự
luận, với số điểm 0,2/câu không phân biệt là câu giải toán hay câu lý thuyết học sinh cần
xác định đúng hướng nhanh nhất của bài toán để áp dụng.
Tôi xin trình bày 1 số phân tích cụ thể với các hướng tối ưu với các bài toán hóa
học cụ thể, với hy vọng góp phần tạo nên 1 định hướng chung cho quá trình giải toán hóa
học. Điều quan trọng nhất là các vấn đề đề cập trong giải toán hóa học nhấn mạnh tư duy
hóa học, không lạm dụng toán học can thiệp vào các bài tập trắc nghiệm hóa học.
B. Phân tích cụ thể một số bài toán
Bài 1.
Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng
hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là :
A. CH
3
OH ; C
2
H
5
OH B. C
2
H
5
OH ; C
3
H
7
OH

C. C
3
H
5
OH ; C
4
H
7
OH D. C
3
H
7
OH ; C
4
H
9
OH
Phân tích:
* Học sinh thường nhầm là Na phản ứng vừa đủ vì đề bài ra ancol tác dụng hết với
9,2g Na do đó thường giải sai theo 2 tình huống sau : tính theo Na (đáp án A), áp dụng
tăng giảm khối lượng tính khối lượng rượu bằng khối lượng chất rắn sau trừ đi khối
lượng rượu ban đầu (đáp án A). Trong cả 2 tình huống đó vẫn đều có đáp án A.
Chính xác, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính khối lượng Hydro, sau
đó tính số mol ancol theo số mol hydro. Chú ý bài tập này là không thể tính toán theo đại
lượng ban đầu vì ta chưa thể xác định chất phản ứng hết là gì. Việc áp dụng BTKL trong
bài tập này đơn giản, định hướng cho học sinh cách quan sát hiện tượng hóa học theo
cách tổng quát, không bị chi phối bởi các phản ứng đơn lẻ mà dẫn đến sai bản chất.
Bài 2.
Đun nóng 15,4 gam hỗn hợp khí X (metan, hydro, 1 ankin) với xúc tác Ni, thu được hỗn
hợp khí Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch Brom dư, thu được 6,048 lít hỗn hợp

khí Z (đktc) có tỉ khối so với hidro bằng 8. Độ tăng khối lượng dung dịch Brom là :
A. 0,82 gam B. 1,62 gam C. 4,6 gam D. 2,98 gam
Phân tích:
* Nếu học sinh thực hiện theo cách gọi công thức ankin, tiến hành các bước thí
nghiệm, trình bày các phương trình phản ứng để có các sản phẩm cho Y và Z thì bài toán
rất dài dòng.
Với nhận xét sau đây khi quan sát chung cho cả quá trình, kết quả cần tìm ở đây là
khối lượng chất tham gia phản ứng với brom, hoàn toàn không liên quan gì đến metan
hay hidro. Thứ 2 cần nhận xét đến sự thay đổi của X,Y,Z, cụ thể ở đây là sự thay đổi về
khối lượng. Ta có :
Theo định luật BTKL :
Khối lượng X = khối lượng Y = khối lượng Z + khối lượng bình brom tăng.
Khối lượng bình brom tăng = khối lượng X - khối lượng Z = 5,14 - M
Z
.8.2 = 0,82gam.
Bài 3.
Cho 3,06gam hỗn hợp K
2
CO
3
và MgCO
3
tác dụng với dung dịch HCl thu được V lít khí
(đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 3,39 gam muối khan. Giá trị V (lít) là :
A. 0,224 B. 0,448 C. 0,336 D. 0,672
Phân tích:
* Thông thường, học sinh đặt ẩn số mol mỗi muối là x, y, sau đó lập hệ 2 phương
trình 2 ẩn và tính được V.
Trong bài toán này có nhận xét : CO
3

2-
> 2 Cl
-
60g 71g
Như vậy khối lượng muối hình thành tăng 11 gam/mol, ta có :
Khối lượng muối tăng = 11.số mol CO
2
= 3,39 – 3,06
> số mol CO
2
= 0,03 mol.
Cách nhận xét sự tăng giảm khối lượng mỗi mol muối để tính khối lượng khí CO
2
làm đơn giản hóa bài toán, không cần viết ptpu cũng như phải lâpj hệ phương trình và
tính toán cồng kềnh, bên cạnh đó học sinh sẽ hiểu rõ ràng sự bảo toàn khối lượng trong
phản ứng hóa học.
Bài 4.
Hòa tan hoàn toàn 2,81gam hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO, ZnO trong 500ml dung dịch
H
2
SO
4
0,1M vừa đủ. Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung
dịch có khối lượng là :
A. 7,71gam B. 6,91gam C. 7,61gam D. 6,81gam
Phân tích:

* Cách giải thông thường với cách giải gọi 3 ẩn số và lập hệ phương trình sẽ mất
thời gian và không thích hợp cho thi trắc nghiệm. Với bài toán này sẽ có nhận xét sau
giúp đơn giản bài giải :
Khi chuyển Oxit > muối thì số mol Oxi trong oxit = số mol SO
4
2-
Do đó : Khối lượng tăng = 0,05.(96-16) = 4,0 gam
> Khối lượng muối = khối lượng oxit + khối lượng tăng = 6,81 gam.
Bài 5.
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS
2
và y mol Cu
2
S vào axit HNO
3
vừa đủ thu
được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat và khí duy nhất NO. Tỉ số x/y là :
A. 6/5 B. 2/1 C. 1 /2 D. 5/6
Phân tích:
* Nhận xét : S đã chuyển hết thành SO
4
2-
2FeS
2
> Fe
2
(SO
4
)
3

; Cu
2
S > 2CuSO
4
x 0,5x y 2y
Theo bảo toàn nguyên tố với S : 2x + y = 3.0,5x + 2y > x/y = 2/1.
Bài 6.
Tiến hành cracking ở nhiệt độ cao 5,8gam butan. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí X
gồm CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H
4
, C
3
H
6
và C
4
H
10
. Đốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn
bộ sản phẩm sinh ra qua bình đựng H
2
SO

4
đặc. Độ tăng khối lượng bình H
2
SO
4
đặc là :
A. 9,0gam B. 4,5gam C. 18,0gam D. 13,5gam
Phân tích:
* Khối lượng bình H
2
SO
4
đặc tăng lên chính là khối lượng của H
2
O bị hấp thụ.
Theo bảo toàn nguyên tố với H : số mol H
2
O = 1/ 2 số mol H = 5. số mol C
4
H
10
= 0,5.
Bài 7.
Chia hỗn hợp X gồm 2 kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 hòa
tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H
2
(đktc). Phần 2 nung trong
không khí dư, thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X là
A. 1,56gam B. 1,8gam C. 2,4gam D. 3,12gam
Phân tích:

* Nhận xét: Tổng số mol điện tích ion dương của 2 kim loại trong 2 phần bằng
nhau nên tổng số mol điện tích ion âm trong 2 phần cũng bằng nhau (theo định luật bảo
toàn điện tích) O
2-
< > 2Cl
-
Mặt khác : số mol Cl
-
= số mol H
+
= 2.số mol H
2
= 0,08 mol.
> số mol O trong oxit = 0,04 mol
Trong 1 phần : Khối lượng kim loại = Khối lượng oxit – khối lượng oxi = 1,56gam.
Vậy khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12gam.
Bài 8.
Thay đổi dữ kiện đề bài ở bài số 5, cho y = 0,045 mol, tính x?
A. 0,045 B. 0,09 C. 0,135 D. 0,18
Phân tích:
* Cách 1 : Nếu làm theo bài 5 > x =0,09.
* Cách 2 : áp dụng bảo toàn nguyên tố : Fe
3+
: x mol ; Cu
2+
: 0,09 mol ; SO
4
2-
: x+0,045
áp dụng định luật bảo toàn điện tích : 3x + 2.0,09 = 2.(x+0,045) > x = 0,09

Bài 9.
Để hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
cần vừa đủ 700ml
dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X và 3,36 lít H
2
(đktc). Cho NaOH dư vào dung
dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa thu được đem nung nóng trong không khí đến khối lượng
không đổi thì lượng chất rắn thu được là:
A. 8gam B. 16gam C. 24gam D. 32gam
Phân tích:
* Với cách giải thông thường ta viết 7 phương trình hóa học, sau đó đặt ẩn số rồi
lập hệ phương trình và giải.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
Số mol HCl hòa tan Fe = 2.số mol H
2
= 0,3
=> Số mol HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4
Theo định luật bảo toàn điện tích :
Số mol O trong oxit = 1/ 2 số mol Cl
-

= 0,2
Khối lượng Fe trong X = khối lượng oxit – khối lượng oxi = 16,8gam
2 Fe (trong X) → Fe
2
O
3
. Suy ra số mol Fe
2
O
3
= 0,15 mol.
Bài 10.
Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO
3
, toàn bộ lượng khí NO (sản phẩm
khử duy nhất) thu được đem oxi hoá thành NO
2
rồi chuyển hết thành HNO
3
. Thể tích khí
oxi (đktc) đã tham gia vào quá trình trên là
A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,6 lít D. 6,72 lít.
Phân tích:
Cách 1: Giải thông thường:
Cu
19,2
n = =0,3(mol)
64
3Cu + 8HNO
3

→
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O
0,3
→
0,2 (mol)
(1)
2NO + O
2

→
2NO
2
0,2
→
0,1
→
0,2
(2)
4NO
2
+ O
2
+ 2H

2
O
→
4HNO
3
0,2
→
0,05
(3)
2
O
n =
0,1 + 0,05 =0,15 (mol) ⇒ V= 0,15×22,4 = 5,6 lít ⇒ Đáp án C
Cách 2: áp dụng phương pháp bảo toàn e
Nhận xét :
Xét toàn bộ quá trình :
+ Nitơ coi như không có sự thay đổi số oxi hoá (HNO
3

ban đầu

→
HNO
3
)
+ Như vậy chỉ có hai nguyên tố có sự thay đổi số oxi hoá là Cu và O
2
Cu − 2e
→
Cu

+2
0,3 → 2×0,3
O
2
+ 4e
→
O
2
−
0,15 ← 0,6
⇒ V= 0,15×22,4 = 5,6 lít ⇒ Đáp án C.
Bài 11.
Cho 13,92 gam Fe
3
O
4
tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
, sau phản ứng thu được
dung dịch X và 0,448 lít khí N
x
O
y
(sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Khối lượng HNO
3
nguyên chất đã tham gia phản ứng là
A. 35,28gam B. 33,48 gam. C. 12,6 gam. D. 17,64 gam.
Phân tích:
Cách 1: Viết và cân bằng PTPƯ
(5x−2y)Fe

3
O
4
+ (46x−18y)HNO
3
→ (15x−6y)Fe(NO
3
)
3
+ N
x
O
y
+ (23x−9y)H
2
O
0,06

¬ →
0,02 (mol)
Cách 2:
3Fe
+8/3
− e → 3Fe
+3
0,06

→
0,06
xN

+5
+ (5x−2y)e → xN
+2y/x
0,02(5x−2y)← 0,02x
Điều kiện : x ≤ 2 ; y ≤ 5 (x,y ∈ N)
0,02 (5x−2y) = 0,06 ⇒ x = 1 ; y = 1 (hợp lí)
−
= = × × + =
3
3
HNO (ph¶n øng) N(trong khÝ)
NO (muèi)
n n + n 3 0,06 3 0,02 0,56 (mol)
⇒
= × =
3
HNO (ph¶n øng)
m 0,56 63 35,28 gam
⇒ Đáp án A
Bài 12.
Cho 18,56 gam sắt oxit tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
, sau phản ứng thu được
dung dịch X và 0,224 lít khí một oxit của nitơ (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Công
thức của hai oxit lần lượt là
A. FeO và NO. B. Fe
3
O
4
và NO

2
. C. FeO và N
2
O. D. Fe
3
O
4
và N
2
O
Phân tích:
* Đặt công thức tổng quát của 2 oxit là : Fe
2
O
n
; N
2
O
m
(n <3 ; m < 5 (n, m ∈ R
+
)
2Fe
+n
− 2(3−n)e
→
2Fe
+3
18,56
2

112 + 16n
×

→

18,56
2
112 + 16n
×
(3 − n)
(1)
2N
+5
+ 2(5−m)e → 2N
+m
0,02(5 − m)

¬ 
2×0,01
(2)
⇒
18,56
2
112 + 16n
×
(3 − n) = 0,02(5−m)
Với điều kiện trên phương trình có nghiệm hợp lí : m =1 ; n = 8/3
⇒ 2 oxit lần lượt là Fe
3
O

4
và N
2
O
Bài 13.
Hòa tan hoàn toàn 4,431 gam hỗn hợp Al, Mg bằng dung dịch HNO
3
loãng thu được
dung dịch X (không chứa muối amoni) và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu có
khối lượng 2,59gam, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí. Cô cạn cẩn thận
dung dịch X thì lượng muối khan thu được là :
A. 19,621gam B. 8,771gam C. 28,301gam D. 32,641gam
Phân tích:
* Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO.
Tính được khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp khí = 37 > khí còn lại phải có
M >37 (ví M
NO
= 30<37) > khí N
2
O.
Gọi số mol NO và N
2
O lần lượt là x, y. Lập hệ phương trình tính được x = y = 0,035.
áp dụng định luật bảo toàn e tính được số mol e nhận = 0,385.
Vậy khối lượng muối = 4,431 + 62.0,385 = 28,301gam
Bài 14.
Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm 2 hidrocacbon vào bình đựng dung dịch brom dư. Sau
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã tham gia phản ứng và còn lại 1,12 lít
khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít khí X thì sinh ra 2,8 lít khí CO
2

. Công thức phân tử
của hidrocacbon là (các thể tích khí đều đo ở đktc)
A. CH
4
; C
2
H
4
B. CH
4
; C
3
H
4
C. CH
4
; C
3
H
6
D. C
2
H
6
; C
3
H
6
Phân tích:
* Theo phương trình phản ứng có : số mol Brom = số mol RH không no x số liên kết pi

> k =1 > Loại B.
Thể tích CO
2
= thể tích hỗn hợp X x số nguyên tử C trung bình
> Số C trung bình = 1,67 > Loại D.
> Có 1 hidrocacbon là CH
4
> Số C của RH kia = (2,8-1,12.1)/0,56 = 3
> C
3
H
6
Bài 15.
Nung m gam bột Fe trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn
hợp X trong dung dịch HNO
3
dư, thoát ra 0,56 lít (đktc) NO là sản phẩm khử duy nhất.
Giá trị của m là :
A. 2,52 B. 2,62 C. 2,62 D. 2,32
Phân tích:
* Có 4 phương án tối ưu quy đổi hỗn hợp X
Cách 1 : Quy đổi hỗn hợp X gồm : Fe : x mol , Fe
2
O
3
: y mol
áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn e lập hệ phương trình tính được :
x = 0,025 ; y = 0,01
Theo bảo toàn nguyên tố với Fe :
Tổng số mol Fe = x + 2y, từ đó tính được m = 2,52gam.

Cách 2 : Quy đổi hỗn hợp X gồm : Fe : x mol , FeO : y mol. Tiếp theo như cách 1.
Cách 3 : Quy đổi hỗn hợp X gồm : Fe : x mol , O : y mol. Tiếp theo như cách 1
Cách 4 : Thay vai trò oxi hóa của HNO
3
bằng [O], như vậy thay vai trò nhận e của N
+5
bằng O, theo nguyên tắc số e do N
+5
và O
0
nhận phải như nhau. Tiếp theo cũng áp dụng
bảo toàn e và bảo toàn khối lượng để tính toán
Bài 16.
Tỉ khối của hỗn hợp gồm H
2
, CH
4
, CO so với hidro bằng 7,8. Để đốt cháy hoàn toàn một
thể tích hỗn hợp này cần 1,4 thể tích oxi. Thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí
trong hỗn hợp ban đầu là :
A. 20%-50%-30% B. 33,33%-50%-16,67%
C. 20%-60%-20% D. 10%-80%-10%
Phân tích:
* Giả sử có 1 mol hỗn hợp ban đầu > số mol Oxi dùng là 1,4 mol
2H
2
+ O
2
> 2H
2

O
CH
4
+ 2O
2
> CO
2
+ 2H
2
O
2CO + O
2
> 2CO
2
Nhận xét rằng : nếu tỷ lệ các ptpu là 2:1 thì chỉ cần số mol oxi = 0,5 mà thực tế cần 1,4
mol tức là dư ra 0,9 mol, đó là số mol oxi phản ứng với CH
4
.
Vậy số mol CH
4
= 2/3.(0,9) = 0,6 mol.
Bài 17.
Dẫn 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp gồm etilen, propen, các buten và axetilen qua dung dịch
đựng brom dư thì thấy lượng brom trong bình giảm 19,2gam. Tính lượng CaC
2
cần dùng
để điều chế được lượng axetilen có trong hỗn hợp trên.
A. 6,4gam B. 1,28gam C. 2,56gam D. 3,2gam
Phân tích:
* Có các phản ứng : Anken + 1Br

2
→
C
2
H
2
+ 2Br
2
→
Số mol CaC
2
= số mol C
2
H
2
= số mol Br
2
– số mol anken = 0,02 mol.
Bài 18.
Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm m gam X gồm bột Al và sắt oxit Fe
x
O
y
trong điều kiện
không có không khí, được hỗn hợp Y. Nghiền nhỏ, trộn đều hỗn hợp B rồi chia thành 2 phần
Phần 1: có khối lượng 14,49gam được hòa tan hết trong dung dịch HNO
3
đun nóng, thu
được dung dịch C và 0,165mol NO là sản phẩm khử duy nhất.
Phần 2: tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,015 mol khí

H
2
và còn lại 2,52gam chất rắn. Công thức của oxit và giá trị của m lần lượt là :
A. FeO và 19,32gam B. Fe
2
O
3
và 28,98 gam
C. Fe
3
O
4
và 19,32 gam D. Fe
3
O
4
và 28,98 gam
Phân tích:
* Tính toán với các giả thiết cho của phần 2 được :Số mol Fe = 0,045 ; số mol Al = 0,01 ;
số mol Al
2
O
3
: a mol
Phần 1 có khối lượng gấp k lần phần 2 do đó trong phần 1 : Fe : 0,045k ; Al : 0,01k ;
Al
2
O
3
: ak.

Tính toán với phần 1 được a = 0,02. Tiếp theo tính toán thông thường.
C. Kết luận
Trên đây là các bài tập tôi chọn để giới thiệu và phân tích, cách giải và tìm ra đáp
số với các ví dụ trên đây rất đơn giản, có thể còn nhiều hơn nữa các cách giải quyết
nhanh gọn 1 bài toán hóa học.
Có rất nhiều các bài tập có thể áp dụng các phân tích trên đây, bao gồm cả những bài
luyện thi đại học ở mức độ khó hơn cũng nên áp dụng các khả năng tiếp cận vấn đề ở trên.
Bài viết được đăng tải trên website: