Chú ý:Đây là bản xem thử online, xin hãy chọn download miễn phí bên dưới để xem bản đẹp dạng .pdf
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
MT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP GIẢI NHANH  
BÀI TOÁN HÓA HC  
1. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ  
Nguyên tc chung của phương pháp này là dựa vào định lut bo toàn nguyên t (BTNT): “Trong  
các phn ng hóa học thông thưng, các nguyên tố luôn được bo toàn”.  
Điều này có nghĩa là: Tng s mol nguyên t ca mt nguyên t X bt kì trước và sau phn ng là  
luôn bng nhau.  
2 3 3 4  
Ví d 1. Hn hp cht rn A gm 0,1 mol Fe O và 0,1 mol Fe O . Hòa tan hoàn toàn A bng dung dch  
HCl dư, thu được dung dịch B. Cho NaOH dư vào B, thu được kết ta C. Lc ly kết ta, ra sch ri  
đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam cht rn D. Tính m.  
Hướng dn gii:  
Các phn ng hóa hc xy ra:  
Fe  
+ 8HCl  FeCl  
NaOH + HCl   NaCl + H  
2
O
3
+ 6HCl  2FeCl  
3
+ 3H  
2
O
(1)  
(2)  
(3)  
(4)  
Fe  
3
O
4
2
+ 2FeCl  
3
+ 4H O  
2
2
O
2
3
NaOH + FeCl2   2NaCl + Fe(OH)  
NaOH + FeCl3   3NaCl + Fe(OH)  
2
3
(
5)  
0
t
4
Fe(OH)  
2
+ 2H  
2
O + O2  4Fe(OH)  
3
(6)  
(7)  
0
t
2
Fe(OH)3  Fe  
2
O
3
+ 3H  
2
O
Fe O :0,1 mol   
2
3
Theo các phương trình phn ứng ta có sơ đồ:  
 Fe O (rn D)  
2 3  
Fe O :0,1 mol  
3
4
Áp dụng định lut bo toàn nguyên t đối vi Fe:  
,5  
 0,25(mol) m  0,25.160 40 (gam).  
D
2
nFe (trong D)  0,1.2  0,1.3  0,5(mol)  
0
n   
D
2 3  
Ví d 2. Dn t t V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ng s đựng lượng dư hỗn hp rn gm CuO, Fe O  
 nhiệt độ cao). Sau khi các phn ng xảy ra hoàn toàn, thu được khí X. Dn toàn b khí X  trên vào  
lượng dư dung dịch Ca(OH) thì to thành 4 gam kết ta. Giá tr ca V là  
A. 1,120. B. 0,896.  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008  
(
2
C. 0,448.  
D. 0,224.  
Hướng dn gii:  
Khi dn CO qua hn hp rắn trên, thu được hn hp kim loại và oxit dư, khí X thoát ra là CO  
CO + Ca(OH)  CaCO ↓ + H  
nCO2  nCaCO3 = 0,04 (mol)  
Áp dụng định lut bo toàn nguyên tC:  
2
2
2
3
2
O
nC (CO  
nC (  
nCO  nCO2 = 0,04 (mol)  
)
V = 0,896 (Đáp án B)  
)
CO2  
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
Ví d 3. Đốt cháy hoàn toàn mt th tích khí thiên nhiên gm metan, etan, propan bng oxi không khí  
(
trong không khí, oxi chiếm 20% th tích), thu được 7,84 lít khí CO ( đktc) và 9,9 gam nước. Th tích  
2
không khí ( đktc) nhỏ nht cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là  
A. 70,0 lít.  
B. 78,4 lít.  
C. 84,0 lít.  
D. 56,0 lít.  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2007  
Hướng dn gii:  
Ta có sơ đồ phn ng: X  
H
x y  
+ O  
2
2 2  
→ CO + H O  
Áp dụng định lut bo toàn nguyên t vi O: nO (trong O2 )  nO (trong CO2 )  nO (trong  
H O)  
2
2nO2  2nCO2 + n  
 nO2  0,625 mol  
H O  
2
VO2  22,4 . 0,625 = 14 lít  
 Vkhôngkhí  5.V  5 . 14 = 70 lít  
O
2
2
Ví d 4. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacboxylic đơn chức, cn vừa đủ V lít O ( đktc), thu  
được 0,3 mol CO  
A. 4,48  
2
2
và 0,2 mol H O. Giá tr ca V là  
B. 6,72  
C. 8,96  
D. 11,2  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2007  
Hướng dn gii:  
Sơ đồ phn ng: X  
x y  
H O  
2
+ O  
2
2 2  
→ CO + H O  
Áp dụng định lut bo toàn nguyên t vi O: nO (trong O2 ) + nO (trong axit)  nO (trong CO2 )  nO (trong H O)  
2
2nO2  2nCO2 + n  
- 2naxit  
 nO2  0,3 mol  
H O  
2
VO2  22,4 . 0,3 = 6,72 lít  
Ví d 5. X là một ancol (rượu) no, mch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cn 5,6 gam oxi, thu được  
hơi nước và 6,6 gam CO . Công thc ca X là  
A. C (OH) B. C OH.  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2007  
2
2
H
4
2
.
3
H
7
C. C  
3
H
5
(OH)  
3
.
3 6 2  
D. C H (OH) .  
Hướng dn gii:  
n 2n + 2 x  
X là ancol no, mch h → CT: X H O  
n  nCO2 : nancol  3  
X là ancol no  n  
 nCO2 + nancol  0,2 mol  
H O  
2
Áp dụng định lut bo toàn nguyên t với O ta được: nO(trongancol)  2nCO2 + nH2O - 2n  0,15  
O
2
x  nO(trongancol) : nancol  3  
Đáp án C  
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
Ví d 6. Tiến hành crackinh  nhiệt độ cao 5,8 gam butan. Sau mt thời gian thu được hn hp khí X  
gm CH  
sinh ra qua bình đựng H  
4
, C  
2
H
6
, C  
2
H
4
, C  
3
H
6
và C  
đặc. Tính độ tăng khối lượng ca bình H  
Hướng dn gii:  
4
H
10. Đốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dn toàn b sn phm  
2
SO  
4
2
SO đặc.  
4
Phân tích: Khi thc hin phn ứng cracking butan thu được hn hp khí X thì thành phn các nguyên  
tố C và H trong butan ban đầu và hn hợp X là như nhau (định lut bo toàn nguyên t). Vì vy sn  
phẩm đốt cháy là giống nhau. Do đó thay vì tính toán cho phn ứng đốt cháy hn hợp X, ta coi như đốt  
cháy hn hp Y.  
2 4 2  
Độ tăng khối lượng ca bình H SO đặc chính là tng khối lượng H O sinh ra trong phn ứng đốt cháy  
hn hp X và bng khối lượng H O khi đốt cháy butan.  
2
5
,8  
0,1(mol)  
Theo bài ra ta có: nbutan  
5
8
1
n
  0,5(mol) m  m 18.0,5 9 (gam).  
H O  
H O  
2
2
2
Trên đây là một s  d đơn giản v phương pháp bo toàn nguyên t. Phương pháp này thường được kết  
hp vi bo toàn khối lượng, bo toàn electron, bảo toàn điện tích nhm gii nhanh bài toán hóa hc.  
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
2. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG  
Áp dụng định lut bo toàn khối lượng (ĐLBTKL): “Tng khối lượng các cht tham gia phn ng  
bng tng khối lượng các sn phm giúp ta gii bài toán hóa hc một cách đơn giản, nhanh chóng.  
Ví d 1.Hòa tan hoàn toàn 6,68 gam hn hp ba mui cacbonat kim loi hóa tr I, hóa tr II và hóa tr III  
bng dung dịch HCl dư ta thu được dung dch A và 1,792 lít khí bay ra (đktc). Tính khối lượng mui  
khan thu được khi cô cn dung dch A.  
Hướng dn gii:  
Gi 2 mui cacbonat là: X  
CO + 2HCl   2XCl + H  
YCO + 2HCl   YCl + H O + CO  
(CO + 6HCl   2ZCl + 3H O + 3CO  
,792  
2
CO  
3
, YCO  
3
và Z  
2
(CO  
3
)
3
. Các phương trình phn ng xy ra:  
X
2
3
2
O + CO  
2
2
(2)  
(2)  
(3)  
3
2
2
Z
2
3
)
3
3
2
2
1
S mol khí CO  
2
bay ra: nCO2  
 0,08 (mol)  nHCl  2nCO2  20,08  0,16 (mol)  
2,4  
)  mHCl  mCO2  m  mmuèi  
2
Áp dụng ĐLBTKL: (mXCO3  m  
Y (CO )  
H O  
2
2
3
3
mmuèi  (mXCO3  m  
)  mHCl  (mCO2  m  
)
H O  
2
Y (CO )  
2
3
3
mmuèi  6,68 0,1636,5(0,0818 0,0844)  7,56 (gam).  
Ví d 2.Cho 13,5 gam hn hp các kim loi Al, Cr, Fe tác dng với lượng dư dung dịch H  
nóng (trong điều kiện không có không khí), thu được dung dch X và 7,84 lít khí H ( đktc).  cn  
dung dịch X (trong điều kiện không có không khí) được m gam mui khan. Giá tr ca m là  
2 4  
SO loãng  
2
A. 42,6.  
B. 45,5.  
C. 48,8.  
D. 47,1.  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008  
Hướng dn gii:  
Các phn ng:  
2
2
Al + 3H  
Cr + 3H  
2
SO  
SO  
4
4
Al  
Cr  
2
(SO  
(SO  
4
)
)
3
3
+
+
3H  
3H  
2
2
2
4
2
Fe  
+
H
2
SO  
4
FeSO  
4
+
2
H ↑  
Ta có  
 0,35 mol (Theo bo toàn nguyên t H)  
nH 2SO 4  
nH 2  
Áp dng ĐLBTKL: mkim lo¹i  mH SO  m  m  
  mmuèi  47,1g  
muèi  
H
2
2
4
Ví d 3.Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hn hp gm Fe  
2
O
3
2 4  
, MgO, ZnO trong 500 ml axit H SO 0,1M  
D. 6,81  
(
vừa đủ). Sau phn ng, hn hp muối sunfat khan thu được khi cô cn dung dch có khối lượng là  
A. 3,81  
B.4,81  
C. 5,81  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2007  
Hướng dn gii:  
→ muối + H O  
2
0,05  
Ta có sơ đồ: Oxit + H  
Theo BTNT:  
2
SO  
4
nH 2O  
nH 2SO 4  
Áp dng ĐLBTKL: moxit  mH SO4  mH2  mmuèi   mmuèi  6,81g  
2
O
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
2 4  
Ví d 4. Hoà tan hết 7,74 gam hn hp bt Mg, Al bng 500 ml dung dch hn hp HCl 1M và H SO  
0
,28M thu được dung dch X và 8,736 lít khí H  
2
(ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được lượng mui khan là  
C. 25,95 gam.  
D. 77,86 gam.  
A. 38,93 gam. B. 103,85 gam  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008  
Trong 500 ml dung dch axit:  
Hướng dn gii  
0,5.12.0.5.0.28 0,78 mol  
n
H
Theo BTNT:  
2  
0,78 mol  
n
ph¶nøng  
H
nH 2  
axit phản ng vừa đủ vi hn hp kim loi  
Áp dng ĐLBTKL: mkim lo¹i  maxit  m  m  
  mmuèi  38,93g  
muèi  
H
2
Ví d 5. Kh m gam hn hp A gm các oxit CuO, FeO, Fe  
người ta thu được 20 gam hn hp cht rn X và 6,6 gam khí CO  
Hướng dn gii:  
3
O
4
2 3  
và Fe O bng khí CO  nhiệt độ cao,  
. Tìm giá tr ca m.  
2
Vi bài toán này, nếu giải theo cách thông thường, tức đặt s mol ca các oxit lần lượt là x, y, z, t thì  
có một khó khăn là ta không thể thiết lập đủ 4 phương trình để giải ra được các n. Nhưng nếu chúng ta  
dùng phương pháp bảo toàn khối lượng, vic tìm ra giá tr ca m tr nên hết sức đơn giản.  
Các phương trình phn ng  th xy ra:  
CuO + CO   Cu + CO  
3 4 2  
Fe + CO   2Fe O + CO  
Fe + CO   3FeO + CO  
FeO + CO   Fe + CO  
,6  
2
(1)  
(2)  
(3)  
(4)  
3
2
O
3
3
O
4
2
2
6
Theo ĐLBTNT: nCO (p­)  nCO2  0,15 (mol)  mCO (p­)  28.0,15  4,2 (gam)  
44  
Khối lượng cht rn: m = 20 (gam)  
r
Áp dụng ĐLBTKL: m  m  m  m  m  m  m  mCO (p­)  
CO2  
A
CO (p­)  
r
B
A
r
m  m  20  6,6 4,2  22,4 (gam).  
A
2 2  
Ví dụ 6. Cho một lượng bt Zn vào dung dch X gm FeCl và CuCl . Khối lượng cht rn sau khi các  
phn ng xy ra hoàn toàn nh hơn khối lượng bột Zn ban đầu là 0,5 gam. Cô cn phn dung dch sau  
phn ứng thu được 13,6 gam mui khan. Tng khối lượng các mui trong X là  
A. 13,1 gam  
B. 17,0 gam  
C. 19,5 gam  
D. 14,1 gam  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2008  
Hướng dn gii:  
Phn ng:  
Áp dụng ĐLBTKL: mZn + m  
= (m  
Zn + hh mui X  
hh rn Y + hh mui Z  
X
= m  
Y
+ m  
Z
m
X
Y
- mZn) + m  
Z
= -0,5 + 13,6 = 13,1g  
Ví dụ 7. Trung hòa 5,48 gam hn hp gm axit axetic, phenol và axit benzoic, cn dùng 600 ml dung  
dch NaOH 0,1M. Cô cn dung dch sau phn ứng, thu được hn hp cht rn khan có khối lượng là  
A. . 8,64 gam.  
B. 6,84 gam.  
C. 4,90 gam.  
D. 6,80 gam.  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2008  
Hướng dn gii:  
2
RCOONa + H O  
→ C ONa + H  
Phn ng:  
RCOOH  
+
NaOH  
C
6
H
5
OH + NaOH  
6
H
5
2
O
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
nH2O  nNaOH  0,06(mol)  
Áp dụng ĐLBTKL: mhçnhîp  mNaOH  mhh khan  mn­íc  mhh khan  6,8g  
Ví dụ 8.  phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam cht béo cn vừa đủ 0,06 mol NaOH. Cô cn dung dch sau  
phn ứng thu được khối lượng xà phòng là  
A. 17,80 gam  
B. 18,24 gam  
C. 16,68 gam  
D. 18,38 gam  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2008  
Hướng dn gii:  
→ Glixerol + xà phòng  
Phn ng xy ra: Cht béo + NaOH  
1
nglixerol n  
0,02mol  
NaOH  
3
Áp dụng ĐLBTKL: m  mNaOH  mglixerol  mxàphòng  mxàphòng 17,8g  
liprit  
Ví dụ 9. Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dng hoàn toàn vi 500 ml dung dch gm  
KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cn dung dịch thu được 8,28 gam hn hp cht rn khan. Công thc  
phân tca X là:  
A. C  
2
H
5
COOH  
B. CH  
3
COOH  
C. HCOOH  
3 7  
D. C H COOH  
Đề thi tuyn sinh đại hc khối B năm 2008  
Hướng dn gii:  
Vi bài toán này có một khó khăn ta chưa biết NaOH và KOH có phn ng hết hay còn dư và  
chưa xác định được hn hp rn khan ch gm mui hay còn có kiềm dư. Tuy nhiên nếu s dụng định  
lut bo toàn khối lượng thì không cần quan tâm đến vần đề trên.  
Áp dụng ĐLBTKL: m  m  mKOH  mr¾n khan  mn­íc  m 1,08g  nn­íc  0,06mol  
axit  
NaOH  
n­íc  
n  n  0,06mol  M  m / n  3,6 / 0,06  60  
axit n­íc axit  
Đáp án B  
Ví dụ 10. Cho 15,6 gam hn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dng hết vi  
,2 gam Na, thu được 24,5 gam cht rn. Hai ancol đó là:  
A. CH OH và C OH B. C  
C. C OH và C OH D. C  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2007  
9
3
2
H
5
2
H
5
OH và C  
3
H
4 7  
7
OH  
OH  
3
H
7
4
H
9
3
H
5
OH và C H  
Hướng dn gii:  
Cũng giống như ví dụ 10, áp dụng ĐLBTKL sẽ giúp vic gii bài toán nhanh chóng và d dàng hơn.  
Áp dụng ĐLBTKL: m  m  m  mhidro  mhidro  0,3g  n  0,15mol  
ancol  
Na  
r¾n khan  
hidro  
n  2n  0,3mol  M ancol  m / n 15,6 / 0,3  52  
ancol hidro  
Đáp án B  
2 2 2  
Ví dụ 11. Đun nóng hỗn hp khí gm 0,06 mol C H và 0,04 mol H vi xúc tác Ni, sau mt thi gian  
thu được hn hp khí Y. Dn toàn b hn hp Y li t t qua bình đựng dung dịch brom (dư) thì còn li  
,448 lít hn hp khí Z ( đktc) có tỉ khi so vi O là 0,5. Khối lượng bình dung dịch brom tăng là  
A. 1,04 gam. B. 1,32 gam.  
0
2
C. 1,64 gam.  
D. 1,20 gam.  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2008  
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
Hướng dn gii:  
và H , khi cho Y qua dung dịch brom dư thì hiđrocacbon không  
Hn hp Y có th gm C  
2
H
6
, C  
2
H
4
, C  
2
H
2
2
no bgilại và làm tăng khối lượng bình.  
m
Y Z  
= mbình tăng + m  
M  32.0,5 16  m  M.n 16.0,02  0,32g  
Z
Z
Áp dụng ĐLBTKL: m  
Y
x
= m = 0,06.26 + 0,04.2 = 1,64g  
Y Z  
mbình tăng = m - m =1,64 – 0,32 = 1,32g  
Ví dụ 12. Khi crackinh toàn b mt th tích ankan X thu được ba th tích hn hp Y ( các th tích khí đo  
ở cùng điều kin nhiệt độ  áp sut); t khi ca Y so vi H bng 12 . Công thc phân t ca X là  
A. C B. C C. C D. C  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2008  
2
6
H
14  
3
H
8
4
H
10  
5 12  
H
Hướng dn gii:  
V
Y
= 3V  
Áp dụng ĐLBTKL:  
/ M = (m / n  
= 12 . 2 = 24  M  
x
n
Y
= 3n  
= m  
/ n ) = n  
= 3.24 = 72  
X
m
X
Y
M
X
Y
x
X
) :(m  
Y
Y
Y
/ n  
X
= 3  
M
Y
X
5 12  
 X: C H  
Ví dụ 13. Đun nóng hn hp gồm hai rượu (ancol) đơn chức, mch h, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng  
0
vi H  
nước. Công thc phân tcủa hai rượu trên là :  
A. CH OH và C OH  
C. C OH và C OH  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2008  
2
SO  
4
đặc  140 C. Sau khi các phn ng kết thúc, thu được 6 gam hn hp gm ba ete và 1,8 gam  
3
2
H
5
B. C  
D. C  
2
H
5
OH và C  
3
H
7
OH  
OH  
3
H
5
4
H
7
3
H
7
OH và C H  
4 9  
Hướng dn gii:  
Các phn ng: 2ROH  ROR  
R’OH  R’OR’ +  
ROH + R’OH  ROR’ + H  
+
2
H O  
H O  
2
2
2
O
Áp dụng ĐLBTKL:  
∑mancol = mete + mnước = 7,8g  
Li có:  
∑nancol = 2nnước = 0,2 mol  
 M ancol  m / n  7,8 / 0,2  39  
H2n + 2O  n = 1,5  Đáp án A  
Đặt CT chung ca hai ancol là: C  
n
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG  
Nguyên tc của phương pháp: Da vào s tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyn t 1 mol cht A  
thành 1 hoc nhiu mol cht B (có th qua các giai đoạn trung gian) ta d dàng tính được s mol ca các  
cht hoặc ngược li.  
Chng hn:  
a) Xét phn ng: MCO  
Theo phn ng này thì khi chuyn t 1 mol MCO3   1 mol MCl  
1 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO được giải phóng. Như vậy, khi biết lượng muối tăng ta có thể tính  
được s mol CO sinh ra hoặc ngược li.  
3
Hoàn toàn tương tự với trường hp mui cacbonat ca kim loi hóa tr I (M CO ) và kim loi hóa  
tr III (M (CO ): c 1 mol CO được gii phóng thì khối lưng hn hợp tăng thêm 11g  
3 2 2 2  
+ 2HCl   MCl + CO  + H O  
2
, khối lượng hn hợp tăng thêm  
7
2
2
2
2
3
)
3
2
b) Khi xét phn ng: RCOOH + NaOH  RCOONa + H  
mol mui RCOONa, khối lượng tăng 23 – 1 = 22 gam và tiêu tn hết 1 mol NaOH, sinh ra 1 mol H  
2
O. C1 mol axit RCOOH chuyn thành 1  
O.  
2
Như vậy, nếu biết khối lượng ca este phn ng và khối lượng mui to thành, ta d dàng tính được số  
mol ca NaOH và R’OH hoặc ngược li)  
Ví d 1. Hòa tan hoàn toàn 6,68 gam hn hp ba mui cacbonat kim loi hóa tr I, hóa tr II và hóa tr III  
bng dung dịch HCl dư ta thu được dung dch A và 1,792 lít khí bay ra (đktc). Tính khối lượng mui  
khan thu được khi cô cn dung dch A.  
Hướng dn gii:  
1
,792  
S mol khí CO  
2
bay ra: nCO2  
0,08 (mol)  
2
2,4  
khi chuyn t mui cacbonat  muối clorua, c 1 mol CO  
2
sinh ra, khối lượng hn hp muối tăng  
thêm 71 – 60 = 11 gam. Vy khối lượng hn hp muối tăng lên là: Δm = 0,08.11 = 0,88 gam.  
Khối lượng ca mui trong dung dch: mmuèi  6,68 + 0,88 = 7,56 (gam).  
Ví d 2. Kh m gam hn hp A gm các oxit CuO, FeO, Fe  
người ta thu được 20 gam hn hp cht rn X và 6,6 gam khí CO  
Hướng dn gii:  
3
O
4
2 3  
và Fe O bng khí CO  nhiệt độ cao,  
. Tìm giá tr ca m.  
2
Các phương trình phn ng  th xy ra:  
CuO + CO   Cu + CO  
3 4 2  
Fe + CO   2Fe O + CO  
Fe + CO   3FeO + CO  
FeO + CO   Fe + CO  
,6  
2
(1)  
(2)  
(3)  
(4)  
3
2
O
O
4
3
3
2
2
6
Theo ĐLBTNT: nCO (p­)  nCO2  
 0,15 (mol)  mCO (p­)  28.0,15  4,2 (gam)  
44  
Khối lượng cht rn: m = 20 (gam)  
r
Áp dụng ĐLBTKL: m  m  
 m  m  m  m  m  mCO(p­)  
A
CO (p­)  
r B A r CO2  
m  m  20  6,6  4,2  22,4 (gam).  
A
Theo (1), (2), (3), (4): c 1 mol CO phn ng   1 mol CO  
2
, khối lượng hn hp A gim là:  
Δm = 1 × (44 – 28) = 16 gam. Vy khối lượng hn hợp A đã b gim là: 16 × 0,15 = 2,4 (gam)  
Khối lượng ca hn hợp A ban đầu là: m = 20 + 2,4 = 22,4 (gam).  
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
2
Ví d 3. Cho V lít hn hp khí (ở đktc) gồm CO và H phn ng vi một lượng dư hỗn hp rn gm  
CuO và Fe nung nóng. Sau khi các phn ng xy ra hoàn toàn, khối lượng hn hp rn gim 0,32  
3
O
4
gam. Giá tr ca V là  
A. 0,448  
B. 0,112.  
C. 0,224.  
D. 0,560  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2008  
Hướng dn gii:  
Sơ đ phn ng: (CO + H  
2
)
+ (CuO + Fe  
B
3
O
4
) →  
(CO  
2
+ H  
C
2
O) + hn hp rn  
A
D
Khối lượng hn hp rn gim 0,32 gam  Khối lưng hn hợp khí tăng 0,32 gam  
Áp dụng phương pháp TGKL:  
1
mol CO (hoc H  
Tng s mol hn hp khí A:  
= 22,4.0,02 = 0,448 lít  
2
) chuyn thành 1 mol CO (hoc H O) thì khối lượng tăng 16 gam  
2 2  
n
A
= 0,32 : 16 = 0,02 mol  
V
A
4
Ví d 4. Nhúng mt lá nhôm vào 200 ml dung dch CuSO , đến khi dung dch mt màu xanh ly lá nhôm  
ra cân thy nặng hơn so với ban đầu là 1,38 gam. Xác định nồng độ ca dung dch CuSO đã dùng.  
4
Hướng dn gii:  
Phương trình phn ng xy ra: 2Al + 3CuSO4  Al  
2
(SO  
4
)
3
+ 3Cu   
(*)  
Theo (*): c 2 mol Al phn ng hết vi 3 mol CuSO  
lên: Δm = 3.64 – 2.27 = 138 (gam).  
4
, sinh ra 3 mol Cu, khối lượng thanh nhôm tăng  
1
,38  
3 0,03(mol)  
Vy s mol CuSO  
4
đã tham gia phn ng là: nCuSO4  
,03  
0,15(M).  
,2  
1
38  
0
Nồng độ ca dung dch CuSO  
4
: C   
M
0
Chú ý: Khi nhúng thanh kim loi A vào dung dch mui ca kim loi B (kém hoạt động hơn A). Sau khi  
ly thanh kim loi A ra, khối lượng thanh kim loi A ban đầu s thay đổi do:  
1
2
3
) Một lượng A b tan vào dung dch  
) Một lượng B t dung dịch được gii phóng, bám vào thanh kim loi A  
) Tính khối lượng tăng (hay gim) ca thanh A phi dựa vào phương trình phn ng c th.  
Ví d 5. Tiến hành hai thí nghim sau :  
-
-
Thí nghim 1 : Cho m gam bột Fe (dư) vào V  
Thí nghim 2 : Cho m gam bột Fe (dư) vào V  
1
2
lít dung dch Cu(NO  
lít dung dch AgNO  
3
)
2
1M;  
3
0,1M.  
Sau khi các phn ng xy ra hoàn toàn, khối lượng cht rắn thu được  hai thí nghiệm đều bng nhau.  
Giá tr ca V so vi V là  
A. V = V  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2008  
1
2
1
2
B. V  
1
= 10V  
2
C. V  
1
= 5V  
2
1 2  
D. V = 2V  
Hướng dn gii  
Cu  
TN1: Fe + Cu(NO  
x mol  
TN2: Fe  
y mol  
3
)
2
Fe(NO  
3
)
2
+
x mol  
2Ag  
2y mol  
Khối lưng rắn tăng 64x  56x = 8x gam  
Khối lưng rắn tăng 2y.108 – 56y = 80y gam  
+
2AgNO  
3
Fe(NO ) +  
3 2  
1 2  
Khối lưng rn  2 TN bng nhau  8x = 80y  x = 10y  V = V  
Nguyễn Thành Sơn  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
Ví d 6. Cho 33 gam hn hp 5 ancol đơn chức thuc cùng dãy đồng đẳng tác dng hoàn toàn vi kim  
loại Na dư, thu được 6,72 lít khí H  
2
(đktc). Tính khối lượng ancolat to thành.  
Hướng dn gii:  
6
,72  
0,3 (mol)  
S mol khí H  
2
to thành: nH2  
22,4  
Gi công thc chung ca 5 ancol đơn chức là: ROH.Phương trình phn ng xy ra:  
2
ROH 2Na   2RONa H2  
(*)  
Theo (*): c 2 mol ROHphn ng   2 mol RONa  1 mol H  
2
, khối lượng ancolat tăng lên so với  
khối lượng ca ancol là: Δm = 2.[(R 16  23)  (R 17)]  44 (gam)  
Khối lượng ancolat lớn hơn ancol là: m = 44.0,3 = 13,2 (gam)  
Vy, khối lượng ancolat to thành là: 33 + 13,2 = 46,2 (gam).  
Ví d 7. Cho 5,9 gam amin đơn chức X tác dng vừa đủ vi dung dch HCl, sau khi phn ng xy ra  
hoàn toàn thu được dung dịch Y. Làm bay hơi dung dịch Y được 9,55 gam mui khan. S công thc cu  
to ng vi công thc phân t ca X là  
A. 2  
B.3  
C. 4  
D. 5  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008  
Hướng dn gii:  
Phương trình phn ng: RR’R’’N + HCl  
RR’R’’NHCl  
1 mol  
x mol  
1
mol  
x mol  
amin = 3,65 : 36,5 = 0,1 mol  
CTPT: C  
tăng 36,5g  
tăng: 9,55 – 5,9 = 3,65g  
n
Mamin = m:n = 5,9:0,1 = 59  
3
H
9
N
→ Có 4 CTCT (đáp án C)  
Ví d 8. Aminoaxit X cha mt nhóm -NH  
2
. Cho 10,3 gam X tác dng với axit HCl (dư), thu được 13,95  
gam mui khan. Công thc cu to thu gn ca X là  
2 2 2  
A. H NCH COOH. C. H NCH CH  
3 2 2  
B. CH CH(NH )COOH. COOH. D.CH CH CH(NH )COOH  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối A năm 2007  
2
2
3
2
Hướng dn gii:  
 n = (13,95 – 10,3) : 36,5 = 0,1 mol  
→ Đáp án C  
Tương tự  d 7, đặt CT ca X là: RNH  
= 10,3: 0,1 = 103.  
2
X
M
X
Ví d 9. Trong phân t aminoaxit X có mt nhóm amino và mt nhóm cacboxyl. Cho 15,0 gam X tác  
dng vừa đủ vi dung dch NaOH, cô cn dung dch sau phn ứng thu được 19,4 gam mui khan. Công  
thc ca X là  
A. H  
2
NC  
3
H
6
COOH.  
B. H  
2
NCH  
2
COOH.  
C. H  
2
NC  
2
H
4
COOH.  
2 4 8  
D. H NC H COOH.  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008  
Hướng dn gii:  
Khi lượng muối khan tăng so với aminoaxit là: 19,4 – 15 = 4,4g  
Đặt CT ca X: HOOC – R – NH  
PTPU: NH – R – COOH + NaOH  NH  
mol  
x mol  
X
= 4,4; 22 = 0,2 mol  M = 15: 0,2 = 75  
2
2
2
2
– R – COONa + H O  
1
1 mol  
khối lượng tăng 22g  
khối lượng tăng 4,4g  
→ Đáp án B  
x mol  
n
X
Ví d 10. Cho 5,76 gam axit hữu cơ X đơn chức, mch h tác dng hết vi CaCO  
3
thu được 7,28 gam  
Nguyễn Thành Sơn Son.nguyenthanh84@gmail.com  
Mt số phương pháp giúp gii nhanh bài toán hóa hc  
muối của axit hữu cơ. Công thức cấu tạo thu gọn của X là  
A. CH  
2
=CH-COOH  
B. CH  
3
COOH.  
C. HCC-COOH.  
3 2  
D. CH -CH -COOH.  
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2007  
Hướng dn gii:  
2 2  
 (RCOO) Ca + CO + H O  
PTPU: 2RCOOH + CaCO  
mol  
x mol  
= 0,08  M  
3
2
2
2
1 mol  
x mol  
→ Đáp án A  
Khối lượng tăng 38g  
tăng 7,28 – 5,76 = 1,52g  
n
X
X
= 174  
Ví d 11. Khi oxi hóa hoàn toàn 2,2 gam một anđehit đơn chức thu được 3 gam axit tương ứng. Công  
thc của anđehit là  
A. HCHO.  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2007  
B. CH  
3
CHO.  
C. C  
2
H
3
CHO.  
2 5  
D. C H CHO.  
Hướng dn gii:  
Sơ đò phn ng: 1 mol RCHO  1 mol RCOOH khối lượng tăng 16g  
 MRCHO = 2,2:0,05 = 44g  
n
RCHO = (3 – 2,2):16 = 0,05g  
Đáp án B  
Ví d 12. Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi  
phn ng hoàn toàn, khối lượng cht rn trong bình gim 0,32 gam. Hn hợp hơi thu được có t khi đối  
với hiđro là 15,5. Giá trị ca m là  
A. 0,32.  
B. 0,46.  
C. 0,64.  
D. 0,92.  
Đề thi tuyển sinh đại hc khối B năm 2007  
Hướng dn gii:  
2 2  
PTPU: RCH OH + CuO  (RCOH + H O) + Cu  
Theo PT, c 1 mol CuO phn ng to thành 1 mol Cu thì khối lượng cht rn trong bình gim 16g.  
nancol = nanđehit = nnước = nCuO phn ng = 0,32:16 = 0,02 mol  
Hn hợp hơi gồm (RCOH và H  
hh = 2.15,5 = 31  
Áp dng BTKL (hoc có th dùng TGKL): mancol = (mCu  mCuO) + mhh hơi = -0,32 + 1,24 = 0,92g  
2
O) vi tng s mol là 0,04  
M
mhh = 31.0,04 = 1,24g  
Nguyễn Thành Sơn  
Có thể download miễn phí file .pdf bên dưới

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học PHẦN I

Đăng ngày 2/4/2009 9:46:32 PM | Thể loại: Hóa học 12 | Lần tải: 29 | Lần xem: 0 | Page: 0 | FileSize: 0.49 M | File type: pdf
0 lần xem

đề thi Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học PHẦN I, Hóa học 12. . nslide.com giới thiệu tới đọc giả tài liệu Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học PHẦN I .Để giới thiệu thêm cho bạn đọc nguồn tài liệu tham khảo phục vụ cho công tác giảng dạy, học tập và nghiên cứu khoa học, trân trọng kính mời các bạn đang tìm cùng tham khảo , Tài liệu Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học PHẦN I trong chủ đề Hóa học 12 được chia sẽ bởi bạn Sơn Nguyễn Thành tới các bạn nhằm mục tiêu học tập , tài liệu này được đưa vào danh mục Hóa học 12 , có tổng cộng 0 page, thuộc thể loại .pdf, cùng mục còn có Đề thi Đề thi Hóa học Hóa học 12 ,bạn có thể download free , hãy chia sẽ cho cộng đồng cùng học tập

https://nslide.com/de-thi/mot-so-phuong-phap-giup-giai-nhanh-bai-toan-hoa-hoc-phan-i.u549tq.html