vũ khắc ngọc

7/18/2019 Vũ Khắc Ngọc

http://slidepdf.com/reader/full/vu-khac-ngoc 1/254

Sao băng l ạnh giá – V ũ Khắ c Ng ọc 0985052510

MỘT SỐ VẤ N ĐỀ TR Ọ NG ĐIỂM ĐỂ ÔN TẬP NHANH

VÀ HIỆU QUẢ MÔN HÓA HỌC

Các em học sinh thân mến, từ năm học 2006 – 2007, Bộ Giáo dục và đào tạo đã ban hành quy chếmớ i cho 2 k ỳ thi Tốt nghiệ p PTTH và Tuyển sinh ĐH – CĐ. Theo đó, các môn Lý, Hóa, Sinh sẽ chuyển

sang hình thức thi tr ắc nghiệm khách quan.

Trong những năm học đầu tiên áp dụng hình thức thi mớ i này đã có không ít các bạn học sinh khôngđạt đượ c mơ ướ c của mình chỉ vì thiếu một chút kinh nghiệm và phươ ng pháp phù hợ p vớ i hình thức thi

mớ i. Sang năm học này, mặc dù đã có sự cải thiện nhất định, song do đã r ất nhiều năm tiến hành thi tựluận nên chươ ng trình giáo dục hiện nay đang tỏ ra không theo k ị p vớ i đòi hỏi của k ỳ thi tr ắc nghiệm. Từchươ ng trình SGK mớ i, đội ngũ giáo viên chậm đổi mớ i cho đến thói quen trong cách dạy, cách học (hầu

hết các bài kiểm tra trên lớ p vẫn theo hình thức tự luận), thiếu tài liệu tham khảo có chất lượ ng, … khiến

cho việc tiế p cận phươ ng pháp mớ i của các em học sinh gặ p r ất nhiều khó khăn. Trong khi đó, hình thức

thi mớ i vớ i những đặc thù mớ i đòi hỏi các em phải trang bị cho mình những kiến thức, k ỹ năng, kinh

nghiệm và phươ ng pháp tư duy mớ i để có thể hoàn thành tốt bài thi của mình.

Chỉ còn hơ n 4 tháng nữa là k ỳ thi ĐH – CĐ năm 2010 lại đến, giờ là thờ i điểm thích hợ p để các emvạch ra các k ế hoạch ôn tậ p cấ p tốc và gấ p rút thực hiện cho phù hợ p vớ i những mục tiêu, dự định trong

tươ ng lai. Để giúp các em có thêm một gợ i ý cho việc ôn tậ p môn Hóa học sao cho thật nhanh mà hiệu

quả, thầy viết bài giảng này như một món quà đầu năm thay cho lờ i chúc. Từ các ý tưở ng trong bài viết

này, các em có thể chủ động sắ p xế p, định hướ ng và đưa ra những lựa chọn, những giải pháp cụ thể cho

việc học Hóa của mình.* Bài viế t này cũng thay cho l ờ i xin l ỗ i tôi g ử i t ớ i các bạn đọc thân thiế t vì đ ã phải chờ đợ i cuố n “Các phươ ng pháp giải

bài toán Hóa học” của tôi quá lâu r ồi. Hiện t ại, do các tr ục tr ặc về thủ t ục thuế và hợ p đồng mà tôi chư a thể khẳ ng định ngày

ra mắ t chính thứ c của cuố n sách. Để bù l ại, t ừ giờ t ớ i k ỳ thi Đ H – C Đ năm 2010 tôi sẽ cố g ắ ng chia sẻ một số nội dung thật

đặc sắ c đượ c chọn l ọc của cuố n sách để đề n đ áp l ại sự ủng hộ và quan tâm của các bạn. Xin chân thành xin l ỗ i và cảm ơ n sựủng hộ nhiệt thành của các bạn!

1, Thườ ng xuyên hệ thố ng hóa ki ế n thứ c bằng mọi cách

Ki ế n thứ c là yế u t ố tiên quyế t để làm t ố t bài thi Hóa học, cho dù là vớ i câu hỏi lý thuyế t hay vớ ibài t ậ p tính toán, không có ki ế n thứ c Hóa học thì không thể làm đượ c bấ t cứ câu nào trong đề thi!

Kiến thức Hóa học có đặc thù riêng là mang tính hệ thống và liên tục, không giống vớ i môn Lý hay

Toán mà trong đó Điện – Quang – Cơ … hay Tổ hợ p – Lượ ng giác – Hình không gian … hầu như không

có mối liên hệ rõ ràng nào vớ i nhau, hay môn Lý chủ yếu chỉ ôn tậ p chươ ng trình lớ p 12 là đủ. Kiến thức

Hóa học có sự gắn k ết liên tục và mang tính hệ thống, tr ải đều qua cả 3 năm học. Sự phân chia các nội

dung Đại cươ ng – Vô cơ – Hữu cơ … chỉ để giúp cho ngườ i học dễ học, chứ không dễ ôn tậ p.Khi ôn tậ p kiến thức Hóa học, điều tối quan tr ọng là các em phải hệ thống, xâu chuỗi đượ c nội dung

mình đang ôn tậ p vớ i các phần kiến thức có liên quan khác. Lý thuyết của Hóa học không cứng nhắc và

cũng không giản đơ n, ta không thể ôn tậ p bằng cách “đọc chay” hay “học vẹt” mà phải bằng cách luyện

tậ p, thườ ng xuyên ghi ra, viết ra, “gọi từ trong đầu ra” thì mớ i hiểu và nhớ lâu đượ c. Để làm đượ c điều đó

thì có một cách đơ n giản là khi gặ p bất k ỳ câu hỏi nào, bài tậ p nào, các em hãy cố gắng không chỉ tìmcách giải quyết câu hỏi đó, bài toán đó mà còn tìm cách liên hệ vớ i các kiến thức liên quan đến nó để nhớlại, hồi tưở ng lại.

VD: Hoà tan hoàn toàn 35,6 gam hỗn hợ p X gồm NaBr và NaI vào nướ c, sau đó sục khí Cl2 tớ i

phản ứng hoàn toàn r ồi cô cạn dung dịch thu đượ c 17,55 gam muối khan. Số mol NaBr và NaI trong hỗnhợ p X lần lượ t là:




A. 0,1 mol và 0,2 mol B. 0,15 mol và 0,15 mol

C. 0,05 mol và 0,25 mol D. 0,25 mol và 0,05 mol

Đáp số : A. 0,1 mol NaI và 0,2 mol NaBr.

H ướ ng d ẫ n gi ải:* Các d ấ u hi ệu gi ải toán:

- Bài toán cho hỗ n hợ p 2 chấ t đ ã biế t CTPT và 2 số liệu tuyệt đố i → sử d ụng phươ ng pháp Đại số thông thườ ng

- Cho khố i l ượ ng của hỗ n hợ p và“có thể „ tính đượ c số mol của hỗ n hợ p → sử d ụng phươ ng pháp KLPT trung bình

Phản ứng xảy ra theo sơ đồ: 2+ ClNaBr, NaI NaCl ⎯⎯⎯→

Gọi a, b lần lượ t là số mol của NaBr và NaI trong hỗn hợ p X.

Từ giả thiết, ta có hệ phươ ng trình:

103a + 150b = 35,6 gam a = 0,2 mol

58,5(a + b) = 17,55 gam b = 0,1 mol

⎧ ⎧→⎨ ⎨

⎩ ⎩

Vậy đáp án đúng là A. 0,1 mol NaI và 0,2 mol NaBr.

Rõ ràng đây là một bài tậ p r ất đơ n giản và không có nhiều điều để bàn. Khi học hay khi làm bài

kiểm tra, bài thi, ta chỉ dừng lại ở đây là đủ. Tuy nhiên, nếu đang trong giai đoạn ôn tậ p, ta cần suy ngh ĩnhiều hơ n thế. Thầy có thể dẫn giải ra đây một vài suy ngh ĩ , một vài cách đặt vấn đề điển hình như sau:

- Bài toán còn có thể giải bằ ng cách nào khác nữ a không?

Một cách mô phạm, nhìn vào hệ phươ ng trình đã lậ p đượ c, ta thấy r ằng bài toán chắc chắn còn có

thể giải đượ c bằng phươ ng pháp Trung bình k ết hợ p vớ i Đườ ng chéo.

Ngoài ra, nếu nhìn nhận dướ i góc độ phươ ng pháp Chọn ngẫu nhiên, thì bài toán này còn có thể giải

đượ c bằng cách “thử đáp án”, ta có thể thay số lần lượ t các k ết quả từng đáp án vào, xem đáp án nào phù

hợ p vớ i số liệu khối lượ ng của giả thiết.

- V ấ n đề Hóa học mà bài toán nêu ra là gì?

Bài tậ p này liên quan đến tính chất “Halogen mạnh đẩy Halogen yếu ra khỏi dung dịch muối của

chúng”:

2 2X + 2MY 2MX + Y→

(trong đ ó X là Halogen “mạnh hơ n” Y)

Từ đó ta có thể đặt tiế p các câu hỏi:

- X và Y có thể ứng vớ i những halogen nào? - Tất cả, tr ừ Flo. ( đế n đ ây ta có thể hỏi tiế p: t ại sao l ại tr ừ

F? – vì F 2 tác d ụng vớ i nướ c, ta l ại có thể hỏi tiế p: phản ứ ng của F

2 vớ i nướ c như thế nào?, F

2 còn phản ứ ng đặc

biệt nào khác vớ i các halogen khác hay không, …vv…vv..)

- Chữ “mạnh hơ n” ở đây có ngh ĩ a là gì? – Có ngh ĩ a là tính oxh mạnh hơ n → vậy tính oxh của các

halogen biến thiên như thế nào? – Giảm dần từ F2 đến I2 → Ngoài phản ứng “halogen mạnh đẩy

halogen yếu ra khỏi dung dịch muối” còn phản ứng nào thể hiện quy luật biến thiên ấy không? –

Còn, đó là phản ứng của SO2 vớ i halogen trong dung dịch:

2 2 2 2 4

2 2 2 2 4

2 2 2 2 4

SO + Cl + 2H O 2HCl + H SO

SO + Br + 2H O 2HBr + H SO

SO + I + 2H O 2HI + H SO

→

←

(t ừ các phản ứ ng này, ta l ại có thể liên t ưở ng đế n r ấ t nhiề u vấ n đề Hóa học khác như : so sánh tính chấ t hóa học vànhận biế t CO2 vớ i SO2 , phươ ng pháp sunfat trong đ iề u chế HX (có thể áp d ụng cho nhữ ng halogen X nào), còn

phương pháp nào khác để tổng hợp HX, H2S có cho phản ứng như SO2 trong các điều kiện tương tự hay không, ….)




Hoặc phản ứng của halogen vớ i Fe, dung dịch muối Fe2+:

3

3

2

o

o

2

t

2

t

2

Fe + Cl FeCl

Fe + Br FeBr

Fe + I FeI

→

⎯⎯→

⎯⎯→

Hoặc phản ứng của halogen vớ i dung dịch muối Fe2+:2 3

2

2 3

2

2

Fe + Cl , Br Fe + Cl-, Br-

Fe + I Fe + I-

+ +

+ +

→

←

(t ừ các phản ứ ng này, ta l ại có thể liên t ưở ng đế n r ấ t nhiề u vấ n đề Hóa học khác như : tính khử của ion I,- phản ứ ng

nào r ấ t đặc tr ư ng nữ a thể hiện tính khử của ion I,- phản ứ ng đặc tr ư ng của I 2, phản ứ ng oxh – kh chuyể n hóa Fe

2+

và Fe3+ , ….)

- Ngoài ra, từ các tính chất trên, ta có thể đặt thêm câu hỏi: nếu các đơ n chất halogen biến thiên

như vậy, thì các hợ p chất của chúng sẽ biến đổi như thế nào? – Tr ả lờ i cho câu hỏi này, chúng ta

sẽ lại có thêm các dãy biến thiên:

2 3 4

2 3 4

HF HCl < HBr < HI

HClO < HClO < HClO < HClO

HClO > HClO > HClO > HClO

………….

Như vậy, chỉ thông qua một bài toán nhỏ và r ất đơ n giản, ta đã chủ động ôn tậ p lại đượ c r ất nhiều

vấn đề quan tr ọng trong lý thuyết Hóa học. Chỉ cần áp dụng cách suy ngh ĩ trên cho các bài tậ p khác (lặ pđi lặ p lại trong các bài tậ p có vấn đề Hóa học tươ ng tự), các em sẽ thấy r ằng lý thuyết Hóa học phổ thông

tuy r ất r ộng lớ n và “tưở ng như khó học, khó nhớ ” thực ra lại có thể ôn tậ p và hệ thống r ất dễ dàng chỉthông qua một số ít các bài tậ p đơ n giản. Đây chính là phươ ng pháp “học ít” mà mang l ại “nhi ều hi ệu

quả” , giúp các em vừa có thể ôn tậ p, nắm vững kiến thức trong thờ i gian ngắn, vừa tiết kiệm để dành thờ igian và công sức ôn tậ p các môn học khác.

2, Rèn luyện k ỹ năng tính và phản x ạ t ư duy

Như thầy đã từng nhiều lần nhấn mạnh, không phải bài toán nào cũng có cách giải đặc biệt nhanh,

không phải bài toán nào cũng có công thức tính riêng. Để giải một bài toán thật nhanh và hiệu quả, việc

tr ướ c tiên là phải rèn luyện k ỹ năng tính và phản xạ tư duy. Các em không thể đ òi hỏi vi ệc gi ải nhanh

một bài toán Hóa học nế u như chính các em không thể tính nhanh đượ c t ừ nhữ ng phép tính đơ n gi ản

nhấ t!

Các quy tắc nhân nhẩm, các dấu hiệu chia hết, xấ p xỉ, … là những kiến thức cơ sở mà bất k ỳ học

sinh nào cũng đã đượ c học và nó cực k ỳ hữu dụng cho bất cứ môn học nào, không chỉ giúp ta tính nhanh,tính nhẩm một số đại lượ ng trong bài toán mà đôi khi còn là giải pháp mang tính quyết định giúp bài toán

đượ c giải quyết nhanh gọn và hiệu quả hơ n.* Xem thêm bài giảng V ấ n đề rèn luyện k ỹ năng tính ở tr ườ ng phổ thông để biế t thêm chi tiế t!

VD1: Khử hoàn toàn 23,2 gam hỗn hợ p FeO, Fe2O3 bằng H2 thu đượ c 7,2 gam H2O. Thành phần

phần tr ăm về khối lượ ng của mỗi oxit trong hỗn hợ p là:

A. 31,03% FeO và 68,97% Fe2O3 B. 35,16% FeO và 64,84% Fe2O3

C. 41,24% FeO và 58,76% Fe2O3 D. 50,0% FeO và 50,0% Fe2O3

Đáp số : A. 31,03% FeO và 68,97% Fe2O3 H ướ ng d ẫ n gi ải:




Sơ đồ các phản ứng: 2 2O + H H O→

Cách 1: Đặt ẩ n – giải hệ phươ ng trình

Gọi x, y lần lượ t là số mol của FeO và Fe2O3 trong 23,2 gam hỗn hợ p.


hh

O

m = 72x + 160y = 23,2 gam

x = y = 0,1 mol7,2n = = 0,4 mol

18

⎧⎪ →⎨⎪⎩

2 3FeO Fe O

72 0,1 %m = 100% = 31,03% %m = 68,97%

23,2

×→ × →

Cách 2: Đánh giá KLPT

Nhận thấy 232 là KLPT của Fe3O4 (FeO.Fe2O3), do đó hỗn hợ p ban đầu có khối lượ ng 23,2 gam

(tươ ng đươ ng 0,1 mol Fe3O4) nhi ều khả năng chứa 0,1 mol FeO và 0,1 mol Fe2O3.

Kiểm tra lại nhận định trên bằng cách tính số mol O: 2O H O 7,2n = n = = 0,4 mol18

K ết quả nO phù hợ p, chứng tỏ nhận định đã đặt ra là đúng và do đó ta có k ết quả đúng là A.

VD2: Khi đốt cháy hoàn toàn một amin đơ n chức X, thu đượ c 8,4 lít khí CO2, 1,4 lít khí N2 (các thểtích khí đo ở đktc) và 10,125 gam H2O. Công thức phân tử của X là:

A. C4H9 N B. C3H7 N C. C2H7 N D. C3H9 N

(Trích đề thi tuyể n sinh Đ H – C Đ khố i A – 2007)

H ướ ng d ẫ n gi ải:

Cách 1: Bảo toàn nguyên t ố .

Gọi CTPT của X là CxHy N. Từ giả thiết, ta có:1,4

22,42X Nn = 2n = 2 = 0,125 mol×

2 2CO H O

8,4 10,125n = = 0,375 mol; n = = 0,5625 mol

22,4 18

Ta có sơ đồ phản ứng cháy:o

2+ O , t

x y 2 20,125C H N 0,375CO + 0,5625H O ⎯⎯⎯→

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối vớ i C và H, ta dễ dàng có x = 3 và y = 9.

Do đó, đáp án đúng là D.

Cách 2: K ỹ năng tính nhẩ m.

Có thể tính nhẩm: , ,8 4 = 1 4 6× → C : N = 3 → đáp án đúng phải là B hoặc D.

Mặt khác: ( )2 2CO H On 0,4 mol ( 8,4 8,96) vµ n 0,6 mol 9 gam << 10,125 gam 10,8 gam≈ ≈ ≈ ≈

→ :H C 3≈ → đáp án đúng là D.* Cách làm này cho phép thao tác tính ngay trên số liệu về thể tích và khố i l ượ ng mà không cần chuyể n qua số mol, hầu

hế t các phép tính đề u có thể nhẩ m đượ c.

VD3: Hỗn hợ p gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tươ ng ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toànhỗn hợ p trên thu đượ c hỗn hợ p khí Y trong đó thể tích CO2 sinh ra bằng thể tích O2 dư. Công thức phân

ử ủ X là




A. C3H8 B. C3H6 C. C4H8 D. C3H4

Đáp số : C. C4H8


Áp dụng phươ ng pháp tự chọn lượ ng chất, ta giả sử hỗn hợ p ban đầu có 11 mol, trong đó có 10 mol

khí O2 và 1 mol X.

Gọi CTPT của X là CxHy, ta có sơ đồ phản ứng:

x y 2 2 2

yC H + (10 - x)O xCO + H O

2→

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối vớ i Oxi, ta có:

( )y

2 10 - x = 2x + 8x + y = 402

× →

Nếu dừng lại ở đây, đa số học sinh sẽ giải tiế p bằng cách lậ p bảng:

x 1 2 3 4 5

y 32 24 16 8 2

Tuy nhiên, nếu tiế p tục biến đổi thành:y

x = 5 -8

Ta thấy r ằng, muốn x là số nguyên thì y phải chia hết cho 8 và do đó, dễ dàng có y = 8, x = 4.

Vậy X là C4H8. Đáp án đúng là C.

VD4: Cho từ từ 0,15 mol KOH vào V ml H3PO4 1M, sau phản ứng thu đượ c dung dịch A, cô cạn

dung dịch A thì thu đượ c 15,5 gam muối khan. Giá tr ị của V (biết 0,05 lít ≤ V ≤ 0,15 lít) là:

A. 60 ml B. 80 ml C. 100 ml D. 150 ml Đáp số : C. 100 ml


Cách 1: Phươ ng pháp Bảo toàn khố i l ượ ng.

Phản ứng của H3PO4 vớ i KOH tạo ra bất cứ muối nào cũng có tỷ lệ:2H O KOHn = m = 0,15 mol

Từ sơ đồ phản ứng:

3 4 2KOH + H PO muèi + H O→ , ta có biểu thức bảo toàn khối lượ ng:

3 4 2 3 4KOH H PO muèi H O H POm + m = m + m m = 15,5 + 0,15 18 - 0,15 56 = 9,8 gam hay 0,1 mol→ × ×

Từ đó dễ dàng có đáp án đúng là C.

Cách 2: Phươ ng pháp xấ p xỉ hóa.

Dù chưa biết thành phần muối khan gồm những muối gì (có thể là K 3PO4 hoặc K 2HPO4 hoặc

KH2PO4 hoặc hỗn hợ p của 2 trong 3 muối đó), ta vẫn có:

34

muèi K H POm = m + m + m = 15,5 gam− vớ i

Km = 39 0,15 = 5,85 gam× và 3

4H K PO

m m ; m −<<

ChoH

m 0≈ , ta dễ dàng tính đượ c: 34PO

m 9,65 gam− ≈ → 34PO

9,65n 0,101 mol

95− ≈ ≈ .

Từ đó dễ dàng suy ra đáp án đúng là C.

3 Phâ biệt đ hữ đặ t ủ hì h thứ thi t ắ hiệ ới t l ậ à ứ d




Một bài toán tr ắc nghiệm hoàn toàn không đơ n giản là một bài tậ p tự luận có 4 đáp án (tr ắc nghiệm

≠ tự luận + 4 đáp án), một câu hỏi tr ắc nghiệm hoàn chỉnh và có chất lượ ng, nhất là các câu hỏi trong đềthi ĐH đều có 4 “đáp án nhiễu” hàm chứa nhiều “dụng ý”. Khi giải một bài tậ p tr ắc nghiệm, nhất thiết

phải bám sát và đối chiếu liên tục vớ i 4 đáp án mà đề bài đưa ra, để từ đó có những nhận định đúng đắn

và phù hợ p, giúp ta có thể đưa ra những giải pháp nhanh nhất và hiệu quả nhất cho các yêu cầu của bài

toán. Phươ ng pháp khai thác các thông tin từ 4 đáp án để tăng nhanh tốc độ và hiệu quả của việc giải toán

đượ c gọi chung là phươ ng pháp Chọn ngẫu nhiên.* Xem thêm bài giảng Chiế n thuật chọn ng ẫ u nhiên trong bài thi tr ắ c nghiệm Hóa học để biế t thêm chi tiế t!

- Đó có thể là việc sử dụng các thông tin 4 đáp án như là một cách “tự bổ sung thông tin” để việc

giải toán tr ở nên đơ n giản hơ n.

VD1: Cho các phản ứng:

KClO3 → A + B A → D + G

D + H2O → E + H E + G → muối clorat

E + G → nướ c javelCác chất A, D, E và G có thể là:

A D E G

A. KClO K KOH Cl2

B. KCl K KOH Cl2

C. KClO4 K KOH Cl2

D. Cả A, B, C đều đúng

Đáp số : B. KCl, K, KOH, Cl2


Tất cả các đáp án đã cho đều có cùng k ết quả vớ i D, E, G chứng tỏ các k ết quả đó đã chắc chắn là

đúng. Do đó ta chỉ cần quan tâm đến chất A.

Để tìm A, ta xét riêng phản ứng A → D + G. Vì D và G đã chắc chắn là K và Cl2 nên A phải không

chứa O → A là KCl → đáp án đúng là B.

VD2: Chia hỗn hợ p kim loại Cu, Al thành 2 phần bằng nhau:

- Phần thứ nhất nung nóng vớ i oxi tớ i phản ứng hoàn toàn thu đượ c 18,2 gam hỗn hợ p 2 oxit.

- Hoà tan hoàn toàn phần thứ hai bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thấy bay ra 8,96 lít SO2 (đktc).

Số mol mỗi kim loại trong hỗn hợ p ban đầu là:A. 0,2 mol Cu và 0,1 mol Al B. 0,2 mol Cu và 0,02 mol Al

C. 0,2 mol Cu và 0,2 mol Al D. 0,2 mol Cu và 0,4 mol Al

Đáp số : D. 0,2 mol Cu và 0,4 mol Al


Căn cứ vào 4 đáp án, ta thấy số mol Cu chắc chắn là 0,2 mol.

Từ đó, ta chỉ cần dùng dữ kiện từ phản ứng của phần thứ nhất hoặc phần thứ 2 là đủ và dễ dàng tìm

đượ c số mol Al.* Cách làm này cho hiệu quả nhanh hơ n nhiề u so vớ i việc giải hệ phươ ng trình đại số .




- Trong một số tr ườ ng hợ p, đặc điểm của 4 đáp án đặc biệt đến mức có thể giúp ta tr ực tiế p tìm ra

ngay k ết quả mà không phải tr ải qua các bướ c giải toán thông thườ ng.

VD3: Đốt cháy hoàn toàn 1,608 gam chất hữu cơ A chỉ thu đượ c 1,272 gam Na2CO3 và 0,528 gam

CO2. Cho A tác dụng vớ i dung dịch HCl thì thu đượ c một axit hữu cơ 2 lần axit B. Công thức cấu tạo của

A là:

A. NaOOC-CH2-COONa B. NaOOC-COOHC. NaOOC-COONa D. NaOOC-CH=CH-COONa

Đáp số : C. NaOOC-COONa


Không cần mất công giải chi tiết bài toán, chỉ cần một nhận xét: “đốt cháy hoàn toàn A không thu

đượ c H2O → trong CTPT của A không còn chứa nguyên tử H” là ta đã có thể tìm đượ c đáp án đúng là

C.

VD4: Hỗn hợ p 3 ancol đơ n chức, bậc một A, B, C có tổng số mol là 0,08 mol và tổng khối lượ ng là

3,387 gam. Biết B, C có cùng số nguyên tử cacbon, B CM M< , và A B C3n 5(n n )= + . Công thức cấu tạocủa ancol B là:

A. CH≡C−CH2OH hoặc CH2=CH−CH2OH

B. CH≡C−CH2OH hoặc CH3−CH2−CH2OH

C. CH2=CH−CH2OH hoặc CH3−CH2−CH2OH

D. CH≡C−CH2OH hoặc CH2=CH−CH2OH hoặc CH3−CH2−CH2OH

Đáp số : A. CH≡C−CH2OH hoặc CH2=CH−CH2OH

H ướ ng d ẫ n gi ải:Không cần mất công giải chi tiết bài toán, ta chỉ cần nhận xét như sau :

Vì B và C là 2 r ượ u có cùng số C mà B CM M< → B không thể là r ượ u no → các đáp án B, C, D

đều bị loại.

Vậy đáp án đúng là A.

- Trong một số tr ườ ng hợ p đặc biệt, gợ i ý từ 4 đáp án thậm chí còn là cơ sở duy nhất để ta tìm ra đáp

án đúng mà bằng các phươ ng pháp thông thườ ng khác không thể làm đượ c.

VD5: Nung hỗn hợ p gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khi khối lượ ng không đổi thu đượ c 6,9 gam

chất r ắn. Khối lượ ng của Na2CO3 và NaHCO3 trong hỗn hợ p X theo thứ tự là:

A. 8,4 gam và 1,6 gam B. 1,6 gam và 8,4 gam

C. 4,2 gam và 5,8 gam D. 5,8 gam và 4,2 gam

Đáp số : B. 1,6 gam và 8,4 gam.


Sơ đồ phản ứng nhiệt phân:0+ t

3 2 32NaHCO Na CO ⎯⎯→

Nhận thấy tổng khối lượ ng của X trong cả 4 đáp án đều là 10, do đó có thể lậ p hệ phươ ng trình:

2 3 Na COm = 106 0,01509 = 1,6g106(a + 0,5b) = 6,9 a 0,01509 mol

106a + 84b = 10 b = 0 1 mol m = 84 0 1 = 8 4g

×⎧≈⎧ ⎧ ⎪→ →⎨ ⎨ ⎨

×⎩ ⎩ ⎪⎩




Do đó, đáp án là B.* N ế u không d ự a vào d ữ kiện có đượ c t ừ 4 đ áp án thì bài toán sẽ tr ở thành vô định do thiế u phươ ng trình đại số và

không thể giải đượ c.

- Ngoài ra, một trong nhữ ng đặc tr ư ng quan tr ọng nhấ t của bài thi tr ắc nghi ệm là không có

barem đ i ể m cho t ừ ng ý nhỏ , trong bài thi tự luận, ta có thể “cố” trình bày tối đa tất cả những bướ c giải

đã thực hiện đượ c để hy vọng có thêm điểm, cho dù chưa có đượ c k ết quả cuối cùng nhưng đối vớ i bài thitr ắc nghiệm thì chỉ có k ết quả chọn đáp án cuối cùng mớ i đượ c dùng để tính điểm.

Tuy nhiên, điều đó không có ngh ĩ a là quá trình làm bài tr ướ c đó tr ở thành vô ngh ĩ a, mỗi một dữkiện của bài toán đều hàm chứa những ý ngh ĩ a nhất định, cho dù chưa “giải mã” đượ c hết các dữ kiện đó

hoặc chưa xâu chuỗi chúng lại vớ i nhau đượ c thì ta vẫn có thể giớ i hạn lại các khả năng “có thể đúng”

nhất. Trong các tr ườ ng hợ p này, việc khai thác thông tin, bám sát vào 4 đáp án là r ất cần thiết và cho hiệu

quả cao.

VD6 : Đốt cháy hoàn toàn 1 lít hỗn hợ p khí gồm C2H2 và hiđrocacbon X sinh ra 2 lít khí CO2 và 2 lít

hơ i H2O (các thể tích khí và hơ i đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Công thức phân tử của X là:

A. C2H6 B. C2H4 C. CH4 D. C3H8

(Trích đề thi tuyể n sinh Đ H – C Đ khố i B – 2008)

Đáp số : A. C2H6


Khai thác d ữ ki ện 1:

Số nguyên tử C trung bình của hỗn hợ p = 2 → CTPT của X cũng có 2 nguyên tử C → loại đáp án

C và D.

Khai thác d ữ ki ện 2: Vì

2 2CO H OV = V = 2 lÝt X ph¶i lµ ankan lo¹i ®¸p n B→ →

Vậy đáp án đúng là A.* N ế u chỉ khai thác đượ c d ữ kiện 1 (r ấ t d ễ dàng nhận ra) thì thí sinh cũng đ ã loại đượ c 2 đ áp án, xác suấ t chọn đượ c

đ áp án đ úng trong 2 đ áp án còn l ại là 50% - 50%. T ươ ng t ự như vậ y, nế u chỉ khai thác đượ c d ữ kiện 2 thì cũng loại bỏ đượ c 1

đ áp án.

VD7 : Đun nóng chất H2 N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH trong dung dịch HCl (dư), sau

khi các phản ứng k ết thúc thu đượ c sản phẩm là:

A. H2 N-CH2-COOH, H2H-CH2-CH2-COOHB. H3 N

+-CH2- COOHCl− , H3 N+-CH2-CH2- COOHCl−

C. H3 N+-CH2- COOHCl− , H3 N

+-CH(CH3)- COOHCl−

D. H2 N-CH2-COOH, H2 N-CH(CH3)-COOH


Đáp số : C. H3 N+-CH2- COOHCl− , H3 N

+-CH(CH3)- COOHCl−


- Vì đipeptit ban đầu chứa 1 đơ n phân có nhánh –CH3 nên sản phẩm phản ứng thủy phân bằng HCl(không làm thay đổi mạch C) cũng phải có nhánh –CH3 → loại đáp án A và B.




- Vì HCl dư → -NH2 tr ở thành muối amoni – + NH3 → loại đáp án D.

Vậy đáp án đúng là C.

4, Tích l ũ y kinh nghi ệm làm bài thi

Kinh nghiệm làm bài là một yếu tố hết sức quan tr ọng trong mỗi k ỳ thi, nhất là k ỳ thi ĐH. Có r ất

nhiều bài toán tưở ng như lắt léo nhưng nếu có nhiều kinh nghiệm thì chỉ cần đọc đề, ta đã phán đoán

đượ c hướ ng giải, dự đoán đượ c chất nào dư, chất nào hết, đáp án nào có nhiều khả năng đúng …. Mặtkhác, trong đề thi ĐH đôi khi vẫn có những câu hỏi chưa thật chặt chẽ hoặc có nhiều cách hiểu khác

nhau, khi đó, chỉ có kinh nghiệm mớ i giúp ta “hiểu đúng ý ngườ i ra đề” và có đượ c k ết quả tốt.

VD: Viết các phươ ng trình phản ứng thực hiện biến hóa sau:

3 4 2 3 4 2 4 2Ca (PO ) H PO Ca(H PO ) ⎯⎯→ ⎯⎯→

Tính khối lượ ng dung dịch H2SO4 70% đã dùng để điều chế đượ c 468 kg Ca(H2PO4)2 theo sơ đồ biến hóa trên. Biết hiệu suất của cả quá trình là 80%.

(Trích câu III.2 đề thi tuyể n sinh Đ H – C Đ khố i B – 2004)

Đáp số : 700 kg.


Đây là một câu hỏi hoàn toàn không khó, nhưng đòi hỏi thí sinh phải có kinh nghiệm thì mớ i “bắt

đúng ý ngườ i ra đề” và có đượ c k ết quả tốt.

Đối vớ i thí sinh nhiều kinh nghiệm, nhìn vào sơ đồ, ta có thể nhận biết ngay ra đây là sơ đồ quy

trình điều chế supephosphat kép.

Nếu hiểu như vậy, sơ đồ đầy đủ ở trên sẽ là:

2 4 3 4 2+ H SO + Ca (PO )

3 4 2 3 4 2 4 2Ca (PO ) H PO Ca(H PO ) ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯→

Vớ i sơ đồ như vậy, ta sẽ tính đượ c:4 3 100 100

983 2 70 802 4H SO

468m = = 700 kg

234× × × × ×

K ết quả này phù hợ p vớ i đáp án chính thức của Bộ GD-ĐT!

Tuy nhiên, trong k ỳ thi năm đó, r ất nhiều thí sinh ra k ết quả không trùng vớ i đáp án của Bộ. Do

không có kinh nghiệm, nên các bạn đã xây dựng sơ đồ một cách cảm tính như sau :

2 4 2+ H SO + Ca(OH)

3 4 2 3 4 2 4 2Ca (PO ) H PO Ca(H PO ) ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→

Sơ đồ trên không sai về mặt Hóa học nhưng lại “không đúng ý ngườ i ra đề”, do đó, k ết quả tìm

đượ c không trùng vớ i đáp án và không thể đượ c điểm tuyệt đối.* Ví d ụ này cho thấ y r ấ t rõ vai trò cự c k ỳ quan tr ọng của kinh nghiệm làm bài trong các k ỳ thi, việc “hiể u đ úng ý ng ườ i

ra đề ” có thể quyế t định sự đ úng – sai của việc giải toán!

5, N ắm vữ ng và chỉ ra đượ c các d ấ u hi ệu quyế t đị nh đế n phươ ng pháp gi ải bài toán

Một bài toán Hóa học là tậ p hợ p của nhiều dữ kiện giải toán khác nhau mà cách giải bị chi phối bở i2 yếu tố chính là: các phản ứng Hóa học xảy ra trong bài và các phươ ng pháp cần dùng để giải bài toán

đó. Để giải đượ c một bài toán sao cho nhanh và chính xác, nhất thiết phải giải quyết cho đượ c 2 yếu tốđó, nếu nắm đượ c phươ ng pháp giải bài toán mà không biết tính chất Hóa học thì không thể giải đượ c và

ngượ c lại, nếu nắm đượ c bản chất Hóa học mà không lựa chọn đượ c phươ ng pháp phù hợ p thì việc giảitoán sẽ r ất khó khăn và tốn nhiều thờ i gian.




Cũng chính bở i vì thế mà việc học phươ ng pháp giải toán Hóa học không thể cứng nhắc thành

những “dạng bài” hay “công thức tính” như Toán hay Lý, cùng là phươ ng pháp giải toán ấy nhưng đặt

vào một bài toán cụ thể vớ i những phản ứng Hóa học cụ thể thì cách tính sẽ khác, chứ không thể máy

móc “thay số vào công thức” hay “áp dụng biển đổi như dạng bài” theo kiểu Toán và Lý đượ c. Các công

thức hay dạng bài trong giải toán Hóa học có r ất nhiều nhưng phạm vi áp dụng cho mỗi công thức lại khá

hẹ p và đòi hỏi r ất nhiều điều kiện, chỉ cần bài toán thay đổi một dữ kiện nhỏ là công thức tính hay cách

biến đổi cũng phải thay đổi theo và do đó, thầy không khuyến khích các em giải toán theo các công thức

cứng nhắc nếu như phạm vi ứng dụng của nó không nhiều, nhất là khi các em còn chưa nắm đượ c bản

chất và các điều kiện làm cho công thức ấy đúng.

Thông thườ ng, những phản ứng dùng trong bài toán Hóa học thườ ng là các phản ứng quen thuộc,

đặc tr ưng cho các nhóm chất và không quá khó. Tuy nhiên, trong đề thi ĐH, các dữ kiện Hóa học trong

bài toán thườ ng đượ c làm lắt léo, vòng vèo để che giấu phươ ng pháp chính (phươ ng pháp quyết định),

mặt khác, đề thi ĐH cũng thườ ng cho các bài tậ p đòi hỏi phải k ết hợ p nhiều phươ ng pháp để giải, khiến

cho các em dễ lúng túng trong việc lựa chọn phươ ng pháp hơ n là về mặt Hóa học của bài toán. Do đó,

việc học t ậ p phươ ng pháp gi ải toán cũng là một nội dung ôn t ậ p quan tr ọng cần đượ c ư u tiên, sao chongay khi đọc xong đề bài, các em đ ã có thể chỉ ra đượ c nhữ ng “d ấ u hi ệu” của các phươ ng pháp gi ải

toán, bi ế t ngay đượ c bài toán đ ó để gi ải nó phải dùng nhữ ng phươ ng pháp nào, thậm chí là có thể gi ải bằng bao nhiêu cách. Điều này là không dễ thực hiện, khi mà nhận thức của giáo viên trong việc

giảng dạy phươ ng pháp còn nhiều hạn chế, năng lực và thờ i gian lên lớ p còn có hạn. Ngay cả các sách

tham khảo hiện nay trên thị tr ườ ng cũng chỉ chủ yếu “chạy theo thị hiếu” chứ chưa “đáp ứng đượ c yêu

cầu”, số đầu sách tham khảo về phươ ng pháp r ất nhiều nhưng phần lớ n vẫn chỉ lướ t qua phần cơ sở phươ ng pháp và sa vào việc đưa ví dụ r ồi giải, hầu như chưa có cuốn nào đủ sức khái quát, chỉ rõ đượ c“các dấu hiệu nhận biết phươ ng pháp giải toán” để giúp các em có đượ c thuận lợ i khi làm bài.

VD: Phóng tia lửa điện qua một bình kín chứa O2 ta thu đượ c một hỗn hợ p gồm O2, O3 ở điều kiệntiêu chuẩn có tỉ khối hơ i vớ i hiđro là 18. Tính hiệu suất của phản ứng ozôn hóa?


* Các d ấ u hi ệu gi ải toán:

- chỉ chứ a số liệu t ươ ng đố i trong cả giả thiế t và yêu cầu → sử d ụng phươ ng pháp T ự chọn l ượ ng chấ t

- biế t t ỷ khố i hơ i của hỗ n hợ p 2 khí → có thể sử d ụng phươ ng pháp đườ ng chéo

- phản ứ ng có các chấ t tham gia và t ạo thành đề u ở thể khí → có thể sử d ụng phươ ng pháp Phân tích hệ số

- phản ứ ng không hoàn toàn (có hiệu suấ t < 100%) và đề bài hỏi tính hiệu suấ t → có thể sử d ụng phươ ng pháp đại số

thông thườ ng vớ i mô hình t ươ ng t ự bài toán liên quan đế n hằ ng số cân bằ ng

T ừ nhữ ng phân tích đ ó, ta thấ y phươ ng pháp chính (phươ ng pháp quyế t định) của bài toán là T ự chọn l ượ ng chấ t, ngoài

ra, tùy vào khả năng xử lý linh hoạt khác nhau mà ta có thể sử d ụng k ế t hợ p thêm các phươ ng pháp khác!

Cách 1: Phươ ng pháp T ự chọn l ượ ng chấ t + Đườ ng chéo

Áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo cho hỗn hợ p sau phản ứng, ta có:

18 x 2 = 36

O2 (M = 32)

O3 (M = 48)

12

4 1

3

Giả sử hỗn hợ p sau phản ứng có 4 mol khí (gồm 1 mol O3 và 3 mol O2 dư).

Từ phản ứng: 2 33O 2O , ta dễ dàng có:3

22O p−n = 1 = 1,5 mol×




Do đó, hiệu suất phản ứng Ozôn hóa là:

1,5H% = 100% = 33,33%

1,5 + 3×

Cách 2: Phươ ng pháp T ự chọn l ượ ng chấ t + Đại số thông thườ ng

Giả sử ban đầu có 1 mol khí O2 và gọi số mol O2 phản ứng là x.

2 33O 2O

Tr ướ c pư: 1 0

Phản ứng: x 2 x3

Sau pư: 1 - x 2 x3

Từ giả thiết, ta có:

hh

232 (1 - x) + 48 x 23M = = 36 x = 0,3333 H% = 33,33%1 - x + x 3

× ×→ →

Hoặc:

18 x 2 = 36

O2 (M = 32)

O3 (M = 48)

12

4 1

3

2

32 3O d− O n = 3n 1 - x = 3 x x = 0,3333 H% = 33,33→ → × → →

Cách 3: Phươ ng pháp T ự chọn l ượ ng chấ t + Phân tích hệ số

Từ giả thiết, ta có:9

8st

s t

n M 36= = =

n M 32

Giả sử tr ướ c phản ứng có 9 mol O2 → hỗn hợ p sau phản ứng co 8 mol. Số mol khí giảm (1 mol)

chính là1

3 số mol O2 đã tham gia vào phản ứng → 3

2O p− n = mol

3 H% = 100% = 33,33%

9 + 3

→ ×

Như vậy là thông qua bài viết lần này, thêm một lần nữa thầy nhấn mạnh vớ i các em về tầm quan

tr ọng của việc rèn luyện và k ết hợ p 4 yếu tố: kiến thức, k ỹ năng, kinh nghiệm và phươ ng pháp để làm chủ bài thi trong k ỳ thi ĐH – CĐ. Mong là các gợ i ý thầy đưa ra trong bài viết sẽ giúp ích đượ c nhiều cho các

em trong quá trình ôn tậ p cũng như đạt đượ c nhiều thành công trong các k ỳ thi sắ p tớ i.* Xem thêm bài giảng Rèn luyện để tr ở thành học sinh giỏi Hóa học ở tr ườ ng phổ thông để biế t thêm chi tiế t!

Những phân tích chi tiết, cụ thể hơ n về các vấn đề đã nêu trong bài viết các em có thể tìm đọc và

tham khảo thêm các bài giảng, chuyên đề trên blog cá nhân của tôi:

http://my.opera.com/saobanglanhgia/blog/ và http://vn.myblog.yahoo.com/vkngoc49cns/

December 2009




• 31st Có một cách khác để nói lờ i yêu thươ ng

November 2009

• 25th Thông báo khai giảng lớ p ôn thi ĐH năm 2010 môn Hóa

September 2009

• 20th K ết hợ p 3 phươ ng pháp: Quy đổi - Trung bình - Đườ ng chéo để giải nhanh bài toán Hóa học

July 2009

• 12th Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ năm 2009 (khối A mã 825)• 02nd Chúc các em lên đườ ng thi thật tốt nhé!

May 2009

• 15th Các k ế hoạch cho mùa thi năm 2009

April 2009

• 28th Vui một tý vớ i phươ ng pháp đườ ng chéo • 01st Đề xuất hợ p tác xuất bản Sách tham khảo

March 2009

• 26th 16 PHƯƠ NG PHÁP VÀ K Ĩ THUẬT GIẢI NHANH BÀI TẬP TR ẮC NGHIỆM MÔNHÓA HỌC

• 07th Thông báo về lớ p học mớ i của thầy Sao băng lạnh giá

November 2008

• 24th Tổng hợ p 18 cách giải cho bài toán vô cơ kinh điển

September 2008

• 01st Rèn luyện để tr ở thành học sinh giỏi Hóa học ở tr ườ ng phổ thông • 01st Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối B năm 2008 mã đề 195

July 2008

• 08th Bài toán hữu cơ kinh điển 12 cách giải của Sao băng lạnh giá • 08th Vấn đề rèn luyện k ỹ năng tính ở tr ườ ng phổ thông • 07th Công thức tính nhanh cho bài toán vô cơ kinh điển của Sao băng lạnh giá • 06th Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối A năm 2008 mã đề 794 của Sao

băng lạnh giá

June 2008

•

29th Chiến thuật chọn ngẫu nhiên trong bài thi tr ắc nghiệm Hóa học (phần 1) • 29th Đáp án chi tiết cho Đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối A năm 2007 • 27th Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số




• 27th Phân tích hệ số phản ứng và ứng dụng trong giải nhanh bài toán Hóa học • 27th Khái niệm độ bất bão hòa và ứng dụng trong giải toán Hóa học • 27th Bài toán kinh điển của Hóa học: bài toán 9 cách giải • 26th Nghệ thuật sử dụng đườ ng chéo trong giải toán Hóa học • 26th Một bài Hóa thi ĐH 2006 có nhiều cách giải hay • 26th Chuyển đổi các công thức biểu diễn phân tử đườ ng • 25th Quy tắc viết công thức Cấu tạo theo Lewis, CTCT + Dạng lai hóa + Hình học phân tử • 24th Phân tích hệ số cân bằng của phản ứng và ứng dụng trong giải toán

• 24th Phươ ng pháp ghép ẩn số - những biến đổi đại số • 24th Hình không gian - chuyên đề: Khoảng cách • 24th Phươ ng pháp vectơ trong giải toán hình học không gian

… và các bài viết khác trên Tạ p chí Hóa học và Ứ ng dụng của Hội Hóa học Việt Nam.

Ngoài ra, để giúp các em học sinh có đượ c sự chuẩ n b ị t ố t nhấ t cho nhữ ng k ỳ thi Đ H, ngay t ừđầu tháng 3 t ớ i, thầ y sẽ khai gi ảng thêm 2 l ớ p ôn thi Đ H cấ p t ố c t ại d ướ i sự đ i ều hành của Công ty CP

Giáo d ục GSA. Các em học sinh ở Hà N ội hãy nhanh chóng liên hệ đăng ký để có đượ c nhữ ng sắ p

x ế p phù hợ p nhấ t về thờ i gian và đị a đ i ể m học.

Các em sẽ đượ c t ổ chứ c thi – ki ể m tra phân loại đầu vào và đị nh k ỳ để sắ p x ế p vào nhữ ng l ớ p có

nội dung ôn t ậ p phù hợ p vớ i khả năng và nguyện vọng. Các nội dung ôn t ậ p, hệ thố ng bài gi ảng, câu

hỏi – bài t ậ p – đề thi thử và ki ể m tra đều đượ c xây d ự ng để t ạo ra hứ ng thú và hi ệu quả học t ậ p cao

nhấ t cho các em.

* Các em cần đăng ký, nhậ p học ngay t ừ đầu và tham gia học đầ y đủ , vì các nội dung ôn t ậ p đượ c thầ y thiế t k ế r ấ t công

phu, đặc sắ c và khác biệt. Nhờ đ ó, các em hoàn toàn có thể duy trì việc học các thầ y cô khác ở các trung tâm khác mà không

sợ bị trùng l ặ p nội dung hay uổ ng phí công sứ c, tuy nhiên các em cũng sẽ cảm thấ y r ấ t l ạ l ẫ m và khó lòng theo k ị p các nội

dung học nế u tham gia muộn!

Các em học sinh và các quý vị phụ huynh có thể truy cậ p website: http://giasuams.com/ hoặc điệnthoại tớ i số 04.38684441 – 36230476 - 39152590 – 0989768553 (gặ p Chị Hậu hoặc Chị Linh) để tìm

hiểu thông tin chi tiết.

Ngoài ra, các học sinh và nhóm học sinh có yêu cầu đặc biệt khác (về trình độ, địa điểm học, học

phí, …) có thể liên hệ tr ực tiế p vớ i thầ y Ng ọc (0985052510) để có đượ c những điều chỉnh sắ p xế p cho

phù hợ p vớ i nguyện vọng.

Chúc các em và gia đình có một năm mớ i vui vẻ, mạnh khỏe, hạnh phúc và thành đạt. Chúc các em

có một năm mớ i thành công vớ i thật nhiều k ết quả tốt đẹ p trong các k ỳ thi sắ p tớ i!



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ềĐ KH I B – 2010 – MÃ 174.Ề Ố

Cho bi t nguyên t kh i (theo đvC) c a các nguyên t :ế ử ố ủ ốH = 1, Be =9, C = 12; N = 1; ! = 1"; Na = 2#; $g = 2; %& = 2'; = #1, = #2; C& = #*,*

+ = #9; Ca = ; C- = *2, .e = *"; Cu = "; /n = "*; B- = 0; - = 00, %g=10; Ba = 1#', b=2'

I. PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (Ầ Ấ Ả 40 câu, t câu 1 đ n câu 40ừ ế )Câu 1 : H ch t h u c 3 ch h 4 c5 c6ng th c h7n t Cợ ấ ữ ơ ạ ở ứ ử "H1! 8h y h7n 4 t o -a hai anco& đ n chủ ạ ơ ức5 nguyên t cacbon t-ong h7n t g đ6i nhau C6ng th c c a 4 &ố ử ử ấ ứ ủ

A. CH 3OCO-CH 2-COOC 2 H 5. B C2H*!C!C!!CH#C CH#!C!C!!C#H' < CH#!C!CH2CH2C!!C2H*

Bài i iả : !"OCO"!#"COO"!$: S%u &'i ' *'â+ ', - 2 %+-/ - +. -%-/+ * 3i +'%u +5+ủ ố ử ấ / i C ( " CHạ 6 "C6H7 : 1:6) 8/ + - 9 C +5+ / i B (+. C); / i 8 ( 7 +. C). < à *'= ' *.ổ ạ ử ạ ử ợ Câu 2: Nung 2,2# ga3 h n h 4 g 3 các ki3 &o i .e, %&, /n, $g t-ong oi, au 3 t th i gian thu đỗ ợ ồ ạ ộ ờ ượ2,'1 ga3 h n h > H?a tan hon ton > vo @ung @ ch HN!ỗ ợ ị # (@ ), thu đ c ,"'2 &At khA N! ( n hư ượ ả ẩkh @uy nh t, đktc) 3o& HN!ử ấ ở ố # đ h n ng &ả ứ

% ,12 B ,1 C ,1" D. 0,18.

Bài i i:ả { { {2 #

2,'1(g) 2,'1(g) ,"'22,2#(g) (3o&) ,"'2 (&) ,#( )

22,

.e, %&, /n, $g ! hh ; hh HN! 3uoi N!

mol↔ =

+ → + → +1 4 4 2 4 43 1 2 3

B / /à+ &' i + :ả ố ượ ,0

2,'1 2,2# ,0( ) ,#( )1"O hh kl Om m m g n mol= − = − = → = =

T% - / /à+ +u5+ N:ả ố # # #HN! HN! (u ! t-ong oit) HN! (u oi hoa ; khu) N!

n =n n n∑ + +

M &'>-:ặ# #

2#e*

HN! (u ! t-ong oit) ! 2 HN! (u oi hoa ; khu) N!n 2n ( cho H !); n #n ( <o N N !)= = →

#HN! ! (oit) N! N! ! (oit) N!n = 2n #n n 2n n =∑ = ?2. 0;06 @ ,# ? 0;1A /

Câu 6: H n h 4 g 3 ait an3itic, ait tea-ic v ait &ino&eic D t-ung h?a 3 ga3 4 c n 3& @unỗ ợ ồ ể ầ@ ch Na!H 1$ $ t khác, n u đ t cháy hon ton 3 ga3 4 thE thu đ c 1*,2#2 &At khA C!ị ặ ế ố ượ 2 (đktc) v 11ga3 H2! 3o& c a ait &ino&eic t-ong 3 ga3 h n h 4 &ố ủ ỗ ợ

A. 0,015. B ,1 C ,2 < ,*

Bài i i:ả ait Na!Hn n ,1 ,( )mol∑ = = =

: &'+ - + + ** *'â+ D-' + *' -'>ầ ử ụ ả ẩT% -: %Ei *%+ii-; %Ei F%i- +/ 3 + -' - +5+ &'i -'> /ơ ứ ạ2 2H ! C!

n = n -+ %Ei i+/Fi- &'+ +/ -

2 i5+ & 3i /+ - HC à 3 + -' - +5+ &'i -'> -'/: 2+ế ố ơ ứ %Ei ? 2 2C! H !n n−

⇒ +%Ei i+/Fi- ?

1*,2#2 11,'

(,"0 ,"*)22, 10 =

2 2

−=

? 0;01 /

Câu 4: h ng há đ &o i b t ch t HC& c5 & n t-ong khA Hươ ể ạ ỏ ạ ấ ẫ 2 &: Cho h n h khA & i t t Fua 3ỗ ợ ộ ừ ừ ộ& ng @ @ung @ chượ ư ị

% b(N!#)2 B. NaHS. C %gN!# < Na!H

Bài i i:ả 8=+ N%HS. J, ->- -' -+ i 3 u >- + i Hấ ạ ề ụ ớ 2S:

N%HS @ HC→

N%C @ H2S .Câu : hát bi u no au đ7yể &'+ đGng khi o ánh tAnh ch t h5a h c c a nh63 v c-o3ấ ọ ủ

% Nh63 v c-o3 đ u b th đ ng h5a t-ong @ung @ ch Hề ị ộ ị 2! đ c ngu iặ ộ B. Nhôm có tính h m nh h n c!"m.ử ạ ơ C. Nhôm #$ c!"m đ u %h n n& # ' (un& ( ch HC) th*" c+n& t ) # m").ề ả ứ ớ ị ỉ ệ ề ố < Nh63 v c-o3 đ u b n t-ong kh6ng khA v t-ong n cề ề ư!

Bài i i:ả < >- + i HC / <Cụ ớ ạ 6 -+ C >- + i HC / CCụ ớ ạ 2 .Câu 9: Hai h ch t h u c 4 v > c5 cIng C88 & Cợ ấ ữ ơ #H'N!2, đ u & ch t - n đi u ki n th ng Ch tề ấ " ở ề # ườ ấh n ng v i @@ Na!H, gi i h5ng khA Ch t > c5 h n ng t-Ing ng ng Các ch t 4 v > & n & t &ả ứ ! ả ấ ả ứ ư ấ ầ ượ

% viny&a3oni Jo3at v a3oni ac-y&at

B. am"n' ac!)at #$ a't 2-am'n"%!"%'"n'c.C ait 2a3ino-oionic v a3oni ac-y&at

< ait 2a3ino-oionic v ait #a3ino-oionic



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ềCâu 7: +h hon ton 3 ga3 oit $ử !y c n v a đ 1',92 &At khA C! (đktc), thu đ c a ga3 ki3 &o i $ H?ầ ừ ủ ượ ạtan h t a ga3 $ b ng @ung @ ch Hế $ ị 2! đ c n5ng (@ ), thu đ c 2,1" &At khA !ặ ư ượ 2 ( n h 3 kh @uy nhả ẩ ử ấ

đktc) !it $ở !y &% C-2!# B .e! C. /* 3O 4. < C-!

Bài i i:ả C>-' 1: Gi Mả ử → M x+ → M@. (@E à /Ei '% - % M /+ /Ei; @ à /Ei '% - % Mố ủ ố ủ /+ u i u+%).ốT% -: +FF-/+ i/+ &i / i /+ /Ei +' +ạ ậ ? 2+CO ? 1;9 / (&'i >- + i CO)ụ ớ

+FF-/+ &i / i +' +ạ ườ ? 2+SO2 ? 1;A / (&'i >- + i Hụ ớ 2SO4 3 - ++)ặ⇒

m

x ?

9

0 . T'F/ 3>* >+ ', ? 6

0

# x⇒ = ' % L+ 3>* >+ C.ỏ

C>-' 2: {{

{

ot

y 2

n (3o&)1',92 ny=,0 (3o&)n (3o&) ny = = ,0 (3o&)22,

$ ! yC! $ yC! →123

T'F/ ài % (3>* >+) &'i * i Hư ớ 2SO4 ', 3 u -'/ '% III:ề ị

{{

" o #

2 2 # 2 2

n (3o&)2,1"

,9( )22,

$ H ! $ (! ) ! H !

mol=

→

T'F/ / /à+ FF-/+:ả2! #

n ," ##n = 2n #n = 2,9 n=,"ny ,0

x Fe O y

↔ ⇒ ⇒ = ⇔ = →

Câu A: Cho @ung @ ch Ba(HC!ị #)2 & n & t vo các @ung @ ch: CaC&ầ ượ ị 2, Ca(N!#)2, Na!H, Na2C!#, +H!

Na2!, Ca(!H)2, H2!, HC& t- ng h c5 t o -a k t t a &ố ườ ợ ạ ế ủ% B ' C * D. .

Bài i i:ả B%(HCO6)2 @ 2N%OH→ B%CO6↓ @N%2CO6 @2H2O.B%(HCO6)2 @ N%2CO6→ B%CO6↓ @ 2N%HCO6.B%(HCO6)2 @ 2KHSO4 → B%SO4↓ @K2SO4 @2H2O @CO2 .B%(HCO6)2 @ N%2SO4 → B%SO4 ↓@ 2N%HCO6.

B%(HCO6)2 @ C%(OH)2 →

B%CO6↓

@C%CO6↓

@ 2H2O.B%(HCO6)2 @ H2SO4 → B%SO4↓ @ 2H2O @CO2 .

Câu : Dietit 3 ch h 4 v t-ietit 3 ch h > đ u đ c t o nên t 3 t a3inoait (no, 3 ch h , t-onạ ở ạ ở ề ượ ạ ừ ộ ạ ởh7n t ch a 3 t nh53 KNHử ứ ộ 2 v 3 t nh53 KC!!H) D t cháy hon ton ,1 3o& >, thu đ c t ng khộ ố ượ % ố& ng C!ượ 2 v H2! b ng *,9 ga3 D t cháy hon ton ,2 3o& 4, n h 3 thu đ c cho & i t t Fua n$ ố ả ẩ ượ ộ ừ ừ ư!v6i t-ong @ , t o -a 3 ga3 k t t a Liá t- c a 3 &ư ạ ế ủ ị ủ

A. 120. B " C # < *

Bài i i:ả G i CT - % %i+/ %Ei à: Cọ ủ +H2+@1NO2 ⇒ CT - % (3i*F*i: 2 *'â+ %i+/ %Ei 1 *'â+ Hủ ử ấ ử 2O) à: C2+H4+N2O6

CT - % (Ti*F*i: 6 *'â+ %i+/ %Ei 2 *'â+ Hủ ử ấ ử 2O)à: C6+H9+"1N6O4

C6+H9+"1N6O4 → + 2O 6+CO2 @ (6+ "12)H2O @ 1;N2

0;1 0;6+ (6+"12).0;10;6+.44 @ (6+"0;).0;1.1A ? 4; ⇒ + ? 6.J &'i 3 -'>: Cậ ố 2+H4+N2O6 → + 2O 2+CO2

0;2 / 0;2.2.6 ?1;2 / ? / C%COố 6.

⇒ #CaC!

3 = 1,2 1 = 12 ga3 Câu 10: H n h / g 3 hai ait cacboy&ic đ n ch c 4 v > ($ỗ ợ ồ ơ ứ 4 M $>) c5 t ng kh i & ng & 0,2 ga3 Ch% ố ượ/ tác @ ng v a đ v i @@ Na!H, thu đ c @@ ch a 11,* ga3 3u i $ t khác, n u cho / tác @ ng v i 3 ừ ủ ! ượ ứ ố ặ ế ! ộ& ng @ @@ %gN!ượ ư # t-ong NH#, thu đ c 21," ga3 %g C8 v kh i & ng c a 4 t-ong / &ượ ố ượ ủ

% C#H*C!!H v *,00 B. C 2 H 3COOH #$ 43,0.C C2H*C!!H v *",1 < HC!!H v *,12

Bài i i:ả PP Q+ i &' i +:ả ố ượ 1 / %Ei *' + + i N%OH ', &' i + Q+ 22 %ả ứ ớ ố ượ



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ề

HC!!H %g

1 121,"n = n = = ,1 3o&

2 210 ⇒ 0;1.49 @(0;1"0;1)(! @ 4) ? A;2⇒ ! ? 27 (C2H6). J %Eiậ

: C2H6COOH ( 46;0)Câu 11: Các ch t 3 h7n tấ ử &'+ h7n c c &:&

% HB-, C!2, CH B. C) 2 , CO 2 , C 2 H 2.C NH#, B-2, C2H < HC&, C2H2, B-2

Bài i i:ả C2 ( =∆ χ ); CO2 à C2H2 - %i '% * ( O ?C ? O HC≡ CH: - i5+ & 1A0ế /)Câu 12: $ t ion $ộ # c5 t ng h t -oton, n t-on, e&ect-on & '9, t-ong đ5 h t 3ang đi n nhi u h n % ố ạ ơ ố ạ # ề ơh t kh6ng 3ang đi n & 19 C u hEnh e&ect-on c a nguyên t $ &ạ # ấ ủ ử

% O%-P#@*1 B. A!3( 4 2. C O%-P#@"1 < O%-P#@#2

Bài i i:ả T + ' - + - % Mổ ố ạ ơ ả ủ 6@ à 7: * @ F @ + "6 ?7 2*@+ ? A2 (1)S ' %+ 3i + +'i u ' + ' &'+ %+ 3i + à 1:ố ạ ệ ề ơ ố ạ ệ * @ F " + "6 ?1 2*"+ ? 22 (2)

Gi i (1); (2)ả ⇒ * ?29: O%-P#@"2

Câu 16: H n h khA 4 g 3 3 t ankan v 3 t anken 8 kh i c a 4 o v i Hỗ ợ ồ ộ ộ ' ố ủ ! 2 b ng 11,2* D t cháy ho$ ốton ,0 &At 4, thu đ c ",'2 &At C!ượ 2 (các th tAch khA đo đktc) C6ng th c c a ankan v anken & n & t &ể ở ứ ủ ầ ượ

% CH v C2H B C2H" v C2H C. CH 4 #$ C 3 H . < CH v CH0

Bài i i:ả 2 2 C!

,0 ",'2$ 11,2*2 22,*( ) ; n ,2( ) ; n ,#( )

22, 22,

x H d M g mol mol= = = = = = =

C>-' 1: J, $ 22,*( ) x g= (P' i - i> + ' + à i> +' ' +) N5+ %+&%+ à CHả ị ớ ơ ị ỏ ơ 4.

2H 4 C

,93 = 3 3 =,222,* ,#12 = ,9 (ga3) n = =,* 3o&

2 H O⇒

2 2

CH H C! anken

anken CH anken

n 2n # "

n = n n =,* ,# = ,1* 3o& n = ,2 ,1* = ,* 3o& ;

2,13 = 3 3 =,*,1*1"=2,1 = 2

,*

C88 anken: C H (n 2) 1n=2 n = # (C H )

O

M

⇒

⇒ =

≥ ↔ ⇒

C>-' 2: { {2 2 2 y

,2 ,#,2 (3o&)

y

C H ! C! H ! 1,* :2 ankan CH =

→ ⇒ = ⇒ ( / i B)ạ

2H 4 C

,9 y3 = 3 3 =,222,* ,#12 = ,9 (ga3) n = =,* 3o& , 2 , * ,*

2 2 H O

y⇒ ⇔ = ⇒ =

(/ i <; 8)ạCâu 14: hát bi u no au đ7yể &'+ đGng

% 8-ong các @@: HC&, H2!, H2 c5 cIng n ng đ ,1$, @@ Hồ ộ 2 c5 H & n nh t! ấ B. Nh (( NH ỏ 3 t t t ' ( #$" (( CuSOừ ừ ớ ư 4 , thu đ c t t a anh.ượ ế ủC @@ Na2C!# &3 heno&hta&ein kh6ng 3u chuy n ang 3u h ngể ồ< Nh @@ NHỏ # t t t i @ vo @@ %&C&ừ ừ ! ư #, thu đ c k t t a t- ngượ ế ủ "

Bài i i:ả K % E%+' %u 3 %+ / u+ -' àu E%+' % ' &'i NHế ủ ạ ị ẫ 6 ( / *' -)ư ạ ứ Câu 1: <y g 3 các ch t đ u tác @ ng v i Hồ ấ ề ! 2 (Gc tác Ni, t) t o -a n h 3 c5 kh nQng h n ng vạ ả ẩ ả ả ứ !Na &:

A. C 2 H 3CH 2OH, CH 3COCH 3 , C 2 H 3COOH. B C2H#CH!, CH#C!!C2H#, C"H*C!!H

C C2H#CH2!H, CH#CH!, CH#C!!H < CH#!C2H*, CH#CH!, C2H#C!!H

Bài i i:ả T>- + 3 - i Hụ ượ ớ 2 (- i5+ & i) + *' * >- + 3 - i N% ( " OH "COOH) (<)ế ộ ả ẩ ư ụ ượ ớ Câu 19: $ t &o i h7n uehothat kR c5 ch a "9,"2 3u i cani đihiđ-ohothat, c?n & i g 3 các chộ ạ ứ ố ạ ồ ấkh6ng ch a hotho D @inh @ ng c a &o i h7n &7n ny &ứ ộ ư( ủ ạ

% 0,*2 B. 42,25. C #9,'" < *,'*

Bài i i:ả Gi - 100 % *'â+ u*F*'/*'% &* -: C%(Hả ử 2PO4)2 → P2O

264 % 142 % 9;92 % 42;2 %

Câ 17 Ch 1# ' 2 " t i it h & bE h kA i 5 hi t đ khi hồ ở # ộ ả ứ



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ềBài i i:ả B / /à+ +u5+ ả ố

{

{

{ {

" # # ' 2 2 2

y1#,',"( ) # #

," ,9 ," ,92292 2

y="," =,"# #C H N ! C! C! N H ;

2y='," y=,#2 2

= ,",#,9,9=,* 3o&

mol

n

== =

→ ⇒

⇒ ∑

1 4 2 43

Câu 1A: H n h 4 g 3 1 anco& v 2 n h 3 h n c c a -oen 8 kh i h i c a 4 o v i hiđ-o b nỗ ợ ồ ả ẩ ợ ư! ủ ' ố ơ ủ ! $2# Cho 3 ga3 4 đi Fua ng đ ng Cu! (@ ) nung n5ng au khi các h n ng y -a hon ton, thu đố ứ & ư ả ứ ả ượ

h n h > g 3 # ch t h u c v h i n c, kh i & ng ng gi 3 #,2 ga3 Cho > tác @ ng hon ton vỗ ợ ồ ấ ữ ơ ơ ư! ố ượ ố ứ ả !& ng @ @@ %gN!ượ ư # t-ong NH#, t o -a 0," ga3 %g h n t-Q3 kh i & ng c a -oan1o& t-ong 4 &ạ ầ ố ượ ủ

% "*,2 B. 1,3. C 0,9 < 0#,'

Bài i i:ả

$ ? 49 ⇒ 2 %+/ CH6OH à 2 + *' ' * + - - % */*F+ (Cả ẩ ợ ướ ủ 6H7OH :- 2 3 + *'â+ M ? 90)62 90 – 49 ?14

49

90 49 – 62 ?14

T / à 1: 1! ệ ố

G i /:ọ ố */*%+"1"/ (E /)*/*%+"2"/ ( /)

CH6OH : (E@) /T'F/ Q+ i &' i +:ả ố ượ

1 / %+-/ '% i% * i CuO ', &' i + CuO i 19 % ( - % O)ư ớ ố ượ ả ủ

% 6;2#,21

,2( )1"

a mol⇒ = =

#anco&8a c5: n = ,2 3o&

o o oCu! , t Cu! , t Cu! , t

2 * #

( ) y (y)

-oan1o& ; -oan2o& ; CH !H x y x

C H CHO Xeton HCHO+

→ → → 1 2 31 4 2 4 3 1 4 2 4 31 4 2 43 14 2 43

⇒ {

# #%gN! SNH

(y) (y)

HCH! Ag →1 2 3 {

# #%gN! SNH

2 *

2

C H CH! 2

x

Ag →1 42 43

# #%gN! SNH

# #

y

CH C(!)CH Ko →1 4 4 2 4 43

⇒

( ) ,2

0,"( ) 2

10

x y x y

x y x

+ + + =

+ + =

⇒

==

'*,2*,

y x

⇒ -oan;1;o& hh -oan;1;o&

1,*3 =,2*"=1,*(g); 3 =,22#2=9,2(g) 3 = 1= 1",#

9,2→

Câu 1: Cho h n ng: 2Cả ứ "H*CH! +!H → C"H*C!!+ C"H*CH2!H

h n ng ny ch ng t Cả ứ ứ ỏ "H*CH! A. # a th h' n tính "' hóa, # a th h' n tính h .ừ ể ệ ừ ể ệ ử B ch th hi n tAnh oi h5a' ể #C ch th hi n tAnh kh ' ể # ử

< kh6ng th hi n tAnh kh v tAnh oi h5aể # ử Bài i i:ả 2C9H"1

C+

HO @ KOH → C9H"#

C+

OOK @ C9H"1

C H2"OH

Câu 20: H?a tan hon ton 2, ga3 h n h b t 4 g 3 .eỗ ợ ộ ồ !y v Cu b ng @@ H$ 2! đ c n5ng (@ ) aặ ư h n ng thu đ c ,* &At khA !ả ứ ượ 2 ( n h 3 kh @uy nh t, đktc) v @ung @ ch ch a "," ga3 h n hả ẩ ử ấ ở ị ứ ỗ ợ3u i unJat h n t-Q3 kh i & ng c a Cu t-ong 4 &ố ầ ố ượ ủ

% #9,# B "*,*' C. 2,23. < 1#,11

Bài i i:ả ** u 3 i -' /Ei '% ( SOổ ấ 2 'à+' O: +' + 2 F)ậ 2;44 % VF EO à Cu - ' / % i 3%:" ạ ố

H + ' * VF# ợ 2O6 à CuO - &' i +: 2;44 @ố ượ ,22

*,.19 ? 2;A %

G i: /ọ ố VF2O6 E → VF2(SO4)6 E CuO → CuSO4

T% -: =+ 0,201" y x

= 12*, x

Cu ? 29 26



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ềCâu 21: Diên h7n (v i điên c c t- ) 2 3& @@ Cu! ) ! ) & ơ n6ng đ6 3o&S&, au 36t th i gian thu đ c @@ > v7 * ) ) ờ ượ +con 3au anh, co kh6i & ng gia3 0g o v i @@ ban đ7u Cho 1",0g b6t .e vao >, au khi cac han ng ay - * * , , ượ - ! * ) * , - ứ -hoan toan, thu đ c 12,g ki3 &oai Lia t-i cua &a * * ượ ) , ) - *

% 2,2* B 1,* C. 1,25 < #,2*

Bài i i:ả Cu! .e

1",0n =,2 (3o&) ; n = = ,# 3o&

*"

CuSO4 @ H2O → đpdd Cu @ H2SO4 @ W O2 (1) % % % W % ⇒ 94% @ 19% ? A ⇒ % ? 0;1 / VF @ H2SO4 → VFSO4 @ H2 (2) 0;1 0;1 VF @ CuSO4 → VFSO4 @ Cu (6) 0;2E "0;1 0;2E "0;1 0;2E "0;1T% -: &i / iạ ? Cu (6) @ VF ư ? (0;2E – 0;1).94 @ (0;6"0;2E ).9 ? 12;4⇒ E ? 1;2Câu 22: 8-6n 1,0g b6t %& v i #,0g b6t .e ) ) ! ) #! -6i tiên hanh han ng nhiêt nh63 t-ong điêu kiên kh6ng c * , * - ứ ) * ) kh6ng khi Hoa tan hoan toan h6n h -Qn au han ng bQng @@ H , * * * + ợ , - ứ * 2! &oang (@ ) thu đ c 1,'*2 &it khi H + ư ượ , ,(đktc) Hiêu u7t cua han ng nhiêt nh63 &a ) , - - ứ ) *

A. 80 B 9 C ' < "

Bài i i:ả A< @ 6VF6O4 → 4<2O6 @ VF

0;4 0;1 AE 6E 4E E (0;4"AE) (0;1"6E) 4E EK'i *' + + i Hả ứ ớ 2SO4 /L+:

2

# 2

2 2 2 2 H

1,'*2%&H ! %& H ; .eH ! .e H ; n = ,0

22,→ → ∑ = .

T'F/ / /à+ FF-/+; % -:(0;4"AE).6 @ E.2ả ? 0;4A.2 ⇒ E ? 0;04 / ⇒ H ?,

0,1 ? A0

Câu 26: H6n h $ g63 anđêhit 4 (no, đ n ch c, 3ach h ) va hiđ-6cacbon >, co t6ng 6 3o& &a ,2 (6 3o + ợ * ơ ứ ) ở * , - , * ,cua 4 nho h n cua >) D6t chay hoan toan $, thu đ c 0,9" &it khi C! - - ơ - , , * * ượ , , 2 (đktc) va ',2g H * 2! Hiđ-6cacbon > &a *

% CH B C2H2 C. C 3 H < C2H

Bài i i:ả P'â+ D-' + *' -'>:ả ẩ%+35'i (+/; 3 + -' -; %-' ' ): Cơ ứ $ % +H2+O &'>- % -:ặ

2 2 2 2H ! C! H ! C!

',2 0,9"n =, (3o&) ; n = =, (3o&) n = n

10 22,⇒

⇒ à %+&F+ '/ - Ei-/%+&%+.ặ

(C+H2+ : %+&F+ (+ ≥ 2 ) '/ - Ei-/%+&%+ (+ặ ≥ 6) )

M &'>-ặ 2C!8B

$

n ,C = = = 2

n ,2. N5+ à HCHO à à C6H9

Câu 24: Cac @ung @ich han ng đ c v i Cu(!H) , ) - ứ ượ ! 2 nhiêt đ6 th ng &aở ) ) ườ *% g&ie-on, ait aetic, g&ucoTơ B &ong t-Qng t- ng, J-uctoT , aeton * , ứ ơC anđêhit aetic, acca-oT , ait aeticơ < J-uctoT , ait ac-y&ic, anco& ety&icơ

Bài i i:ả iEF/+; u-/X ' 'i + D+' -' - % %+-/ 3% -' - -+ %Ei %EFi- ' 'i + D+' %Eiơ " ệ ấ ủ ứ " ệCâu 2: Cho @@ 4 ch a +$n!ứ va H * 2! (&oang) &7n & t vao cac @@ : + * ượ * , VFC2; VFSO4, Cu!, $g!, H2

HC (đQc) 6 t- ng h co ay -a han ng oi hoa kh &a ) , ườ ợ , - - ứ , ử *% # B * C. 4 < "

Bài i i:ả VF2@ @ KM+O4 @ H2SO4 → VF6@ @ M+2@

........VF2@ @ KM+O4 @ H2SO4 → VF6@ @ M+2@ ..........H2S @ KM+O4 @ H2SO4 → M+O2 @ SO2 .......HC 3 -ặ @ KM+O4 → M+2@ @ C2 . ..........

Câu 29: Cac ch7t đêu , , * &'+ bi thuy h7n t-ong @ung @ich H ) - ) 2! &oang, nong &a + , *% t ca-on; ni&on",", o&iety&enơB o&i (viny& aetat); o&ieti&en cao u buna



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ềCâu 27: D6t chay hoan toan ,1 3o& 36t a3in no, 3ach h 4 bQng oi v a đu thu đ c ,* 3o& h6n h , , * * ) ) ở * ừ - ượ + ợg63 khi va h i Cho ,"g 4 tac @ung v i @@ HC& (@ ), 6 3o& HC& han ng &a * , * ơ , ) ! ư , - ứ *

% ,1 B , C ,# D. 0,2

Bài i i:ả G i CT - % %i+: Cọ ủ +H2+@2@ENE

C+H2+@2@ ENE → + 2O +CO2 @ (+ @ 1@1

2E)H2O @

1

2EN2

0;1 0;1+ (+ @ 1@

1

2 E).0;1

1

2 E.0;1⇒ 0;2+ @ 0;1 @ 0;1E ? 0;⇒ 2+ @ E ? 4 ⇒ + ? 1 E ? 2 'Y% L+:

⇒ " 2HC& CH N

n = 2n = ,2 3o&

Câu 2A: Cho 1* 3& @@ +!H 1,2$ tac @ung v i 1 3& @@ %&C& , ) ! # n6ng đ6 3o&S&, thu đ c @@ > va ,"0 ga3 * ) ượ *kêt tua Uoai bo kêt tua, thê3 tiê 1'* 3& @@ +!H 1,2$ vao >, thu đ c 2,# ga3 kêt tua Lia t-i cua &a , - ) - , - , * ượ , - , ) - *

A. 1,2 B ,0 C ,9 < 1,

Bài i i:ả <6@ @ OH − → <(OH)6 @ <(OH) −

0;1E 0;6 0;0 (0;1E "0;0)⇒ 0;6 ? 0;0.6 @ (0;1E – 0;0).4 ⇒ E ? 1;2 MCâu 2: hat biêu nao au đ7y , - * &'+ đung ,

% @@ đ73 đQc cua Na ) ) - 2i!# va + * 2i!# đ c goi &a thuy tinh &ongượ ) * - -B Da3 chay 3agie co thê đ c @7 tQt bQng cat kh6 , , , - ượ ) , * ,C C.2C&2 bi c73 @ung @o khi thai -a khi Fuyên thi ha huy t7ng oTon ) , ử ) - , - * , - *< 8-ong hong thi nghiê3, N * , ) 2 đ c điêu chê bQng cach đun nong @@ NHượ * , * , , N!2 bao hoa + *

Bài i i:ả 2M @ SiO2 → t Si @ 2MO

Câu 60: Co @@ -iêng biêt: Cu! , ) , /nC&2, .eC&#, %gN!# Nhung vao 36i @@ 36t thanh Ni , * + ) 6 t- ng h , ườ ợu7t hiên Qn 3on điên hoa &a , ) * ) , *

% 1 B C # D. 2

Bài i i:ả CuSO4 à <NO6 Câu 61: 8huy h7n ete / t-ong 36i t- ng ait thu đ c hai ch7t h u c 4 va > ($ - ườ ượ , ữ ơ * 4 V $>) BQng 36t ha * ) -

ng co thê chuyên hoa 4 thanh > Ch7t /ứ , - - , * , &'+ thê &a - * A. m*t) %!"%'"nat B 3ety& aetat

C ety& aetat < viny& aetat

Bài i i:ả C' *' + + -'u + 'à+' +5+ u - +u5+ C /+ ; *' i + +'%! ộ ả ứ " ộ ố ử ả &( K'+ ' à <: CH" 6OH C2HCOOH)Câu 62: 86ng 6 h ch7t h u c no, đ n ch c, 3ach h , co cung c6ng th c h7n t C - , ợ , ữ ơ ơ ứ ) ở , * ứ ử *H1!2, han n - ứ đ c v i @@ Na!H nh ng kh6ng co han ng t-ang bac &aượ ! ư , - ứ , ) *

% B * C 0 D.

Bài i i:ả P' + + 3 - i N%OH +5+ -' - ' à %Ei '/ - FF.ả ứ ượ ớ ! " ặ%Ei : CH6CH2CH2CH2COOH CH6CH2CH(CH6)COOH CH6CH(CH6)CH2COOH

CH6C(CH6)2COOH

ZF : CH6CH2CH2COOCH6 CH6CH(CH6)COOCH6 CH6CH2COOC2H

CH6COOCH2CH2CH6 CH6COOCH(CH6)2

( K'+ D+' FF : HCOO – C4H : , -'[+ - ' '% i% * >+ +)" ư ươ Câu 66: Hoa tan hoan toan 2,* ga3 h6n h 4 g63 hai ki3 &oai kiê3 th6 vao 2 3& @@ HC& 1,2*$, th * * * + ợ * ) * - *đ c @ung @ich > ch a cac ch7t tan co n6ng đ6 3o& bQng nhau Hai ki3 &oai t-ong 4 &aượ ) ứ , , , * ) * ) *

% $g va Ca * B Be va $g * C $g va - * D. B* #a Ca Bài i i:ảJ, u+ -' -' % ->- -' %+ - + + 3 + +'%uị ứ ấ ộ & ⇒ / 2 &i / i &i ' + +'%u ?ố ạ ề ổ &HC ư (+ u -). +ế HC ? 0;2 /

M @ 2HC → MC2 @ H2

% 2% %T% - : +HC ư ? W % ⇒ 0;2 – 2%? W % ⇒ % ? 0;1 ⇒ $ ? 24; ?

2

9 +. N5+ 2 &i / i à BF à C%ạ



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ề(WW) CaC!# (-) Ca! (-) C!2 (k) ;(WWW) .e! (-) C! (k) .e (-) C!2 (k) ;

(WX) 2!2 (k) !2 (k) 2!# (k)+hi gia3 a u7t cua hê, 6 c7n bQng bi chuyên @ich theo chiêu nghich &a - , , - ) , * ) - ) * ) *% B # C 2 D. 1

Bài i i:ả Gi >* Eu -â+ + -'u + -' 'F/ -'i u Q+ >* u - % ' ( Q+ + / &'D)ả ấ & " ị ề ấ ủ ệ ổ ố(II) C%CO6 () C%O () @ CO2 (&) : /+ * 5+ u +' 'F/ -'i u 'u +)ư ấ ề ậ(IJ) 2SO2 (&) @ O2 (&) 2SO6 (&) (+' -')ị

(I) 2HI (&) H2 (&) @ I2 (&) (III) VFO () @ CO (&) VF () @ CO2 (&) ( &'/+ +' ' + i >*ả ư% % u )ấCâu 6: Cho đ6 chuyên hoa :ơ * - ,

# 2 *

H PO KOH KOH P O X Y Z ++ + → → →

Cac ch7t 4, >, / &7n & t &a : , , * ượ *% +#!, +2H!, +H2! B +H2!, +2H!, +#!

C. 7 3O 4 , 7H 2O 4 , 7 2 HO 4 < +H2!, +#!, +2H!

Câu 69: D6t chay hoan toan 3 ga3 .e , , * * 2 bQng 36t & ng ! * ) ượ 2 v a đu, thu đ c khi 4 H7 thu hêt 4 vao 1 ừ - ượ , , ) , * @@ ch a Ba(!H)ứ 2 ,1*$ va +!H ,1$, thu đ c @@ > va 21,' ga3 kêt tua Cho > vao @@ Na!H, th7y u7 * ượ * , - * , hiên thê3 kêt tua Lia t-i cua 3 &a ) , - , ) - *

% 2#,2 B 12," C. 18,0 < 2,

Bài i i:ả

C>-' 1: -'/ N%OH ' Eu 'i + '5 & %ấ ấ ệ ế ủ ⇒ - HSO−# . + \ ? 0;1 / R + +2Ba ? 0;1 /

SO2 @ OH − → SO −2

# @ HSO −#

0;6 0;4 0;1 0;2+VFS2 ? 0;1 / ⇒ ? 1A %

C>-' 2: -'/ N%OH ' Eu 'i + '5 & %ấ ấ ệ ế ủ ⇒ - HSO−# ( SOư 2)

{ {

{{

{{ {

o2

2

2 #

33 3"" "! ,t

2 22 2 2

# 2 # # #3 3( ) ( )

12 " 3

"

( )

!

.e 2! ; ;; a!

21,',1( )

,# ",#21' "

32 ,( )

"

mol mola a a a

a

Ba OH NaOH OH

OH HSO

HSO OH H O SO SO Ba B

ma molm

a n n n mol−

− −

− − − − +

−

+ →

→+ → + + → ↓

= = = ⇒ =

⇒ + = = + =

12 3

123 14 2 43

10, ( )

,1

g

a

=

=

Câu 67: Cho đ6 chuyên hoa auơ * - ,

2

#

H ,tt,t /

2 2 @,bC! t ,t ,C H 4 > Caou buna N

+ + → → → −

Cac ch7t 4, >, / &7n & t &a : , , * ượ *% benTen; ic&ohean; a3oniac B aetanđehit; anco& ety⁣ buta1,#đien

C viny&aeti&en; buta1,#đien; ti-en D. #'n)a*t')*n 6uta-1,3-đ'*n ac!')"n't!'n

Bài i i:ả ] à CH2?CHCN (%-i/+ii+). C' - 3>* >+ 8 ' % L+! ỏCâu 6A: D6t chay hoan toan 36t & ng h6n h 4 g63 2 anco& (đêu no, đa ch c, 3ach h , co cung 6 nho3 , , * * ) ượ + ợ * * ứ ) ở , * , ,!H) c7n v a đu X &it khi ! * ừ - , , 2, thu đ c 11,2 &it khi C!ượ , , 2 va 12," ga3 H2! (cac thê tich khi đo đktc) Lia t , - , , ở , cua X &a - *

A. 14,5 B 1*,"0 C 11,2 < ,0

Bài i i:ả

->-' 1: 8/ à %+-/ +/ +5+:2 2anco& H ! C!

12," 11,2n = n n = = ,2 3o&

10 22,

S +u5+ ố ử 2C! n ,*

C = = =2,*n 2

⇒ %+-/ à Cộ 2H4(OH)2 .



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ề

⇒ 2!

1n = (2 ,* ,' ,22) = ,"* 3o& X = 1,*" &At

2⇒

->-' 2: {a 2 2 2n 2n2

n ,* (n1)=,'(#n 1 )

2

,2(#n 1 )

C H ! (@k:a n) ! nC! (n1)H ! 22,* ; 22

#a

x

xa

nn a

n=+ −

=+ − ≤ → ⇒ = = → = =

142 431 4 4 4 2 4 4 43 1 44 2 4 43

2!

#2,*12n =,2 ,"* 1,"( )

2V l⇒ = ⇒ =

Câu 6: H6n h 4 g63 a&anin va ait g&uta3ic + ợ * * Cho 3 ga3 4 tac @ung hoan toan v i @@ Na!H (@ ), th , ) * * ! ư đ c @@ > ch a (3#,0) ga3 3u6i $Qt khac, nêu cho 3 ga3 4 tac @ung hoan toan v i @@ HC&, thu đ c @ượ ứ , ) , , , ) * * ! ượ/ ch a (3#",*) ga3 3u6i Lia t-i cua 3 &aứ , , ) - *

A. 112,2 B 1"*," C 12#,0 < 1'1,

Bài i i:ả G i /: %% E ( - 1 +' –NHọ ố 2 1 +' – COOH) Gu ( - 1 +' –NH2 2 +' – COOH)@ T>- + N%OH % -: E @ 2 ? 1;4ụ (_)@ T>- + HC % -: E @ ? 1ụ (2_)Gi i (_); (2_)ả ⇒ E ? 0;9 / ? 0;4 / ⇒ ? 0;9. A @ 0;4. 147 ? 112;2 %Câu 40: 8-ong cac ch7t : ic&o-oan, benTen, ti-en, 3ety& ac-y&at, viny& aetat, đi3ety& ete, 6 ch7t co kh , , , , , nQng &a3 37t 3au n c b-o3 &a * , * ư! *

% * B. 4 C " < #

Bài i i:ả Ei-/*/*%+ ( C + +) iF+; F %-%; i+ %EF% (Cộ % 9H"CH?CH2 CH2?CH"COO"CH6 CH6COO"CH?CH2 : - + Bộ 2 à/ – CH?CH2)II. PH`N !IaNG b 10 -âu c '<. T'F/ -' + i+' C'uâ+ươ ' ( 910 câu, t câu 41 đ:n câu 50;ừ Câu 41: hat biêu nao au đ7y đung , - * , % +hi đun C2H*B- v i @@ +!H chi thu đ c eti&en ( ai, @o t o -a h n h : CH! - ươ ạ ỗ ợ 2=CH2 v C2H*!H)

B @@ heno& &a3 heno&hta&ein kh6ng 3au chuyên thanh 3au h6ng ( ai, @o : heno& c5 tAnh ait - t y * * - * * * ấ ếch kh6ng c5 tAnh baT đ đ heno&hta&ein chuy n 3u h ng)ứ ơ ủ ể ể ồ

C <ay cac ch7t : C + , , 2H*C&, C2H*B-, C2H*W co nhiêt đ6 6i tQng @7n t t-ai ang hai ( , ) ) * ừ , - 8/ M Q+ +)ầ < Dun anco& ety&ic 1ở C (uc tac H , , 2! đQc) thu đ c đi3ety& ete ( 8hu đ c điety& ete: ) ượ ượ C2H* K! K C2H* ch kh6ng h i đi3ety& ete : CHứ ả # K! K CH# )

Câu 42: Cho cac cQ ch7t v i ti &ê 6 3o& t ng ng nh au : , ) , ! - ) , ươ ứ ư (a) .e#! va Cu (1:1) * (b) n va /n (2:1) * (c) /n va Cu (1:1) *(@) .e2(!)# va Cu (1:1) * (e) .eC&2 va Cu (2:1) * (g) .eC&# va Cu (1:1) *6 cQ ch7t tan hoan toan t-ong 36t & ng @ @ung @ich HC& &oang nong &a , ) , * * ) ượ ư ) + , *% B 2 C. 3 < *

Bài i i:ả

{

{

# # 2 2

a 2a

# # 2 2

a2a

2 # 2 #

aa

.e ! 0HC& 2.eC& .eC& H !

(a) .e ! ; Cu (1:1):2.eC& Cu CuC& 2.eC&

(b) n ; /n (2:1) HC& 3uoi

(@) .e (! ) ; Cu (1:1): t-ong @@ HC&: .e (! ) Cu 2 e! u! F C

+ →

+ →

→

→ +

123 1 2 3

1 2 3

1 42 43

-; F : HC &'+ *'%+F + i Cu : 'i u +5+ Cu -+ ( + u 2:1 ' )ứ ớ ! ệ ế ư ế ! ệ ) ế Câu 46: Co bao nhiêu ch7t h u c 3ach h @ung đê điêu chê 3ety&entan2o& chi bQng han ng c6ng H , , ữ ơ ) ở * - * , - * - ứ )(uc tac Ni, t , , )

% # B. 5 C 2 <

Bài i i:ả T'F/ ài % 3 *' i à %+-/ -' % +/ à EF/+:ả ư CH2?CH(CH6)CH2CH(OH)CH6 (CH6)2CH?CHCH(OH)CH6 CH2?CH(CH6)CH2COCH6 (CH6)2CH?CHCOCH6 CH6)2CH2CH2COCH6 Câ 44 H6 h $ 6 it b &i 4 & > (đê đ h 6 & 4 7 h i &7 6 & >) t /+ ợ * * ơ ứ , , * , *



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ề% HC!!H va CH * #!H B CH#C!!H va CH * #!HC HC!!H va C * #H'!H < CH#C!!H va C * 2H*!H

Bài i i:ả i /: !COOH % ọ ố !#OH W % !COO!# . T'F/ i 'i :ả ế

YC!!Na Na!H YC!!Na Y # #

1",n = n a b = ,2 3o& $ = = 02 = 1* CH 4 & CH C!!H

,2 M ⇔ ⇒ ⇒ ⇒

d/ i 3>* >+: < à C.ạ YZ!H YZ!H

1 1 (a b) V n = a b V a b ,1 V n V ,2

2 2⇔

40;2 R M%+-/ R A0;. d/ i 3>* >+ B.ạCâu 4: @@ 4 ch a cac ion: Caứ , 2, Na, #HC!−

va * C&− , t-ong đo 6 3o& cua ion , , - C&− &a ,1 Cho 1S2 @@ 4 ha * -

ng v i @@ Na!H (@ ), thu đ c 2 ga3 kêt tua Cho 1S2 @@ 4 con &ai han ng v i @@ Ca(!H)ứ ! ư ượ , - * ) - ứ ! 2 (@ ), thư đ c # ga3 kêt tua $Qt khac, nêu đun 6i đên can @@ 4 thi thu đ c 3 ga3 ch7t -Qn khan Lia t-i cua 3 &aượ , - ) , , , ) * ượ , , , ) - *

% 9,21 B 9,2" C. 8,< < ','

Bài i i:ả T i 'i : * ả ế 1

2 + u '5 C%(OH)ế 2 ', + 'u 3 - '5 & % +5+ C%ẫ ượ ế ủ 2@ %+ 3ầ

'i u à + / & %:ế & ố ế ủ 2Ca

22 2 ,( )

1n n mol+ ↓

= = =

1

2

'5 C%(OH)2 'u & % :ế ủ ;#

(2 )HC!

#2 2 ,"( )

1

n n mol↓

= = =

^* + / /à+ 3i + D-':ụ ả ệ2 2

# #Na Na2 2 ," ,1 2, ,0

Ca HCO Cl HCO Cl Can n n n n n n n+ + − − + − − ++ = + ⇒ = + − = + − =

K'i - - + E % *' + +: 2ạ ả ả ứ #HC!− →

t CO −2

# @ CO2 @ H2O

0;09 0;06^* + / /à+ &' i + :ụ ả ố ượ

2 2#Na

3 = 3 = ,02# , ,#" ,1#*,* = 0,'9 ga3Ca CO Cl

m m m+ + − −+ + +

Câu 49: H6n h 4 g63 Cu! va .e + ợ * * 2!# Hoa tan hoan toan ga3 4 bQng @@ HC& (@ ), au han ng th * * * * ư - ứ đ c @@ ch a 0*,2* ga3 3u6i $Qt khac, nêu kh hoan toan 22 ga3 4 bQng C! (@ ), cho h6n h khi thượ ứ , ) , , ử * * * ư + ợ ,đ c au han ng &6i t t Fua @@ Ba(!H)ượ - ứ ) ừ ừ 2 (@ ) thi thu đ c 3 ga3 kêt tua Lia t-i cua 3 &aư * ượ , - , ) - *

% '",'** B. <3,8<5 C 1','* < '0,0'*

Bài i i:ả C>-' 1: T% -: 2+O

2" (/Ei) ? +C" ? % (/) (/+ 44 % )

C" " O2" ? 41;2 ⇒ %. 6; – W %.19 ? 41;2 ⇒ % ? 1; /

⇒ T/+ 22 % - +O2"

(/Ei) ? 0;67 /⇒ +B%CO6 ? +CO2 ? 0;67 /. ⇒ ? 76;A7 %C>-' 2: TQ+ i &' i +:ả ố ượ K'i '% i% *ư i HC ', - 1 / Oớ ứ 2" '% + 2 / C& " &' i + u i Q+ 71"19? ()ố ượ ố E A;2 – 44? 41;2

1,2*

,'*( )**

x mol⇒ = = N u /+ 22 ( i 1 + %) ',ế ả ử (oit),#'*( )

On mol=

2 #(oit) BaC!,#'*( ) 3 =,#'*19'='#,0'*(g)CO CO On n n mol= = = ⇒Câu 47: Cho 36t 6 nh7n đinh vê nguyên nh7n g7y 6 nhiê3 36i t- ng kh6ng khi nh au : ) , ) ) * + ườ , ư

(1) <o hoat đ6ng cua nui & a ) ) - , ử (2) <o khi thai c6ng nghiê, khi thai inh hoat , - ) , - )(#) <o khi thai t cac h ng tiên giao th6ng , - ừ , ươ )() <o khi inh -a t Fua t-inh Fuang h c7y anh , ừ , * ợ(*) <o n6ng đ6 cao cua cac ion ki3 &oai : b * ) - , ) 2, Hg2, $n2, Cu2 t-ong cac ngu6n n c , * ư!Nh ng nh7n đinh đung &a :ữ ) ) , *

A. 91;, 92;, 93; B (2), (#), (*) C (1), (2), () < (2), (#), ()

Câu 4A: Thuy h7n hoan toan 1 3o& entaetit 4, thu đ c 2 3o& g&yin (L&y), 1 3o& a&anin (%&a), 1 3 - * * ượ

va&in (Xa&) va 1 3o& heny&a&anin (he) 8huy h7n kh6ng hoan toan 4 thu đ c đietit Xa&he va t-iet * - * * ượ *L&y%&aXa& nh ng kh6ng thu đ c đietit L&yL&yư ượ Ch7t 4 co c6ng th c &a , , ứ *% L&yheL&y%&aXa& B L&y%&aXa&Xa&he



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ề 1 / 2 / 1 / 1 / 1 /

' *'â+ủ → J%"P'F @ G"<%"J% : +5+ G"<%"J% " P'F J, &'+ 'u 3 - G – G +5+ P'F – G +5+: G"<%"J% – P'F – G .ượ

Câu 4: H6n h b6t 4 g63 Cu, /n D6t chay hoan toan 3 ga3 4 t-ong oi (@ ), thu đ c ,# ga3 h6n h + ợ ) * , , * * ư ượ + ợg63 Cu! va /n! $Qt khac, nêu cho ,2* 3o& 4 han ng v i 36t & ng @ @@ +!H &oang nong, thi th * * ) , , - ứ ! ) ượ ư + , *đ c #,#" &it khi Hượ , , 2 (đktc) h7n t-Q3 kh6i & ng cua Cu t-ong 4 &a * , ượ - *

% 19,01 B 29,'2 C. 3,3 < *9,

Bài i i:ả T% - :

22 2 2 /n H Cu /n Cu#,#"/n 2+!H + /n! H ; n = n = = ,1* 3o& n =,2*,1*= ,1 3o& n Sn = #S222,

→ ⇒ ⇒

/n Cu Cu

2,1"n :#; n : 2 01# 02 = ,# = ,1 3o& 3 = 1= #9,"#

,#⇒ ⇒ ⇒

Câu 0: Cho cac ch7t : (1) ait ic-ic; (2) cu3en; (#) ic&oheano&; () 1,2đihiđ-oi3ety&benTen; (*) , ,3ety&heno&; (") αnahto& Cac ch7t thu6c &oai heno& &a: , , ) ) *

% (1), (#), (*), (") B (1), (2), (), (") C (1), (2), (), (*) D. 91;, 94;, 95;, 9;

B. T'F/ -' + i+' Nâ+ -%/ươ ' 910 câu, t câu 51 đ:n câu 0;ừ Câu 1: Cho ,# 3o& b6t Cu va ," 3o& .e(N! ) * #)2 vao @@ ch a ,9 3o& H * ứ 2! (&oang) + au khi cac han n , - ứ ay -a hoan toan, thu đ c X &it khi N! (an h73 kh @uy nh7t, đktc) Lia t-i cua X &a - * * ượ , , - - ử , ở , ) - *

% ",'2 B. 8, C ,0 < 1,0Bài i i:ả P' + ,+' i/+ 'u +:ươ ọ

; # 2 2 #

.e(N! ) H !N! H,#( ) ; n 2 2," 1,2( ) ; n 2 2,9 1,0( )

Cun mol n mol n mol= = = = = = =

6Cu @ AH@ @ 2NO −# → 6Cu2@ @ 2NO @ 4H2O (1)

0;6 0;A 0;2 0;26VF2@ @ 4H@ @ NO −

# → 6VF6@ @ NO @ 2H2O (2) 0;9 1;0 1;0 0;2T (1); (2)* ⇒ +NO ? 0;4 / ⇒ J ? A;9 DCâu 2: hat biêu nao au đ7y , - * &'+ đung ,

% 8-ong 36i t- ng kiê3, 3u6i C-(WWW) co tinh kh va bi cac ch7t oi hoa 3anh chuyên thanh 3uườ * , , , ử * ) , , , ) - * C-(XW) B. D" 6 2? @6 đ n& t! c 2H ư ươ ? @H 2 t!"n& (a đ':n h"a n:n 6 (: (an& %han n& # ' (( HC) )"an ứ ớ

n&uô', &'a' %h"n& h' H 2.

C Cu! nung nong khi tac @ung v i NH , , ) ! # hoQc C!, đêu thu đ c Cu ) * ượ< %g kh6ng han ng v i @@ H - ứ ! 2! &oang nh ng han ng v i @@ H + ư - ứ ! 2! đQc nong ) ,

Câu 6: @@ ait Jo3ic ,'$ c5 H = # + t &u n no au đ7y kh6ng đGngế . A. 7h' %ha )"n& 10 ) n (( t!:n th thu đ c (( có %H 4.ầ ượ B D đi n &i c a ait Jo3ic gi 3 khi thê3 @@ HC&ộ # ủ / ảC +hi ha &[ang @@ t-ên thE đ đi n &i c a ait Jo3ic tQngộ # ủ< D đi n &i c a ait Jo3ic t-ong @@ t-ên & 1,29ộ # ủ

Bài i i:ả HCOOH à %Ei u *' 'u - à/ Kế ụ ộ %.B; C : Gi i 'D-' 'F/ -â+ + '% ' -; -/i u> ,+' *'â+ i &'+ '/à+ /à+ +' *' +ả & ọ ư ộ ả

+ '% ' -ứ ọ

8 . {

;

,'; ($)

,1HC!!H !! ; # OH P=,1= 1 1, 29

,' x

H HC pH α + + = → ⇒ = =+ =→+ =→14 2 43

Câu 4: H ch t h u c 3 ch h 4 c5 c6ng th c h7n t Cợ ấ ữ ơ ạ ở ứ ử *H1! Ch t 4 kh6ng h n ng v i Na, thấ ả ứ ! ỏ3n đ chuy n h5a au:ơ ồ ể

#2

2 , c,

++ → →CH COOH H

H SOđa N t X Y \te c5 3Ii 3u i chAnố

8ên c a 4 &ủ% entana& B 2 K 3ety&butana&C 2,2 K đi3ety&-oana& D. 3 m*t)6utana)

Câ D đá h iá 6 hi ki & i h i h á i & Aể 0 ặ ! ả ủ ộ ờ ấ ộ !



Gi i đ thi ĐH-CĐ năm 2010ả ề% .e2 B Cu2 C b2 D. C( 2?.

Bài i i:ả C2@ @ S2" → CS\ à+

Câu 9: Cho đ h n ng:ơ ồ ả ứ 2 2

,+ +

+ ++ → → → H O B!CuO

H t t H St!en X Y Z

8-ong đ5 4, >, / đ u & các n h 3 chAnhề ả ẩ C6ng th c c a 4, >, / & n & t &:ứ ủ ầ ượ A. C H 5CHOHCH 3 , C H 5COCH 3 , C H 5COCH 2 B!.

B C"H*CH2CH2!H, C"H*CH2CH!, C"H*CH2C!!HC C"H*CH2CH2!H, C"H*CH2CH!, 3B-C"HCH2C!!H

< C"H*CH!HCH#, C"H*C!CH#, 3B-C"HC!CH#

Câu 7: 8-ung h?a h?an t?an 0,00 ga3 3 t a3in (b c 3 t, 3 ch cacbon kh6ng h7n nhánh) b ng ait HCộ . ộ ạ $t o -a 1'," ga3 3u i %3in c5 c6ng th c &ạ ố ứ

% H2NCH2CH2CH2CH2NH2 B CH#CH2CH2NH2C H2NCH2CH2NH2 D. H 2 NCH 2CH 2CH 2 NH 2.

Bài i i:ả B / /à+ &' i +ả ố ượ :

{ {

0,00(g) 1'," (g)

0,'"%3in HC& $uoi 1'," 0,00 0,'"( ) , 2( )

#",*mHCl g nHCl mol→ ⇒ = − = → = =

T.H * 1: ! – NHợ 2 ( 3>* >+ B : M?): !NH2 @ HC → !(NH6C)2

0;24 0;24

2Y ; NH

0,00$ #' *9 (&oai),2= = ≠

T.H * 2: ! ợ (NH2)2

!(NH2)2 @ 2HC → !(NH6C)2

0;12 0;24

2 2Y ; (NH ) # "

0,00$ ' 2 :

,12 "

M " C H = = ⇒ = → − − Đ>* >+ 8

Câu A: Cho đ chuy n h5a:ơ ồ ể.e#! @@ HW (@ )ư → 4 > H2!Bi t 4 v > & n h 3 cu i cIng c a Fuá t-Enh chuy n h5aế ả ẩ ố ủ ể Các ch t 4 v > &ấ

% .e v W2 B .eW# v .eW2 C. /*E 2 #$ E 2. < .eW# v W2Bài i i:ả 8/ HI - D+' &' -+ VFử 6@ - D+' /Ei '%:.e#! 0HW → .eW2 2.eW# H2! ; 2.e# 2W

@ư → 2VF 2@ @ I2 ;

Câu : D t cháy h?an t?an 3 ga3 h n h 4 g 3 ba anco& (đ n ch c, thu c cIng @y đ ng đ ng), thố ỗ ợ ồ ơ ứ ộ ồ đ c 0,9" &At khA C!ượ 2 (đktc) v 11,' ga3 H2! $ t khác, n u đun n5ng 3 ga3 4 v i Hặ ế ! 2! đ c thE t nặ %kh i & ng ete t i đa thu đ c &ố ượ ố ượ

A. <,85 &am. B ', ga3 C ",* ga3 < *," ga3

Bài i i:ả2 2 2 2C! H ! C! H !

0,9" 11,'n = = , 3o& ; n = = ,"* 3o& n V n anco& no

22, 10⇒ ⇒

G i CT -'u+ %+-/ à: Cọ n H 2n2 + O⇒ 2 2

,,"* , ,2* 3o&; n 1,"

,2*an#ol H O CO

n n n= − = − = = =

⇒ anco&3 =,2*(11,"10)= 1,1 ga3 P' + + FF ', / Hả ứ ố 2O 3i + % / i ấ ộ ử ớ ố

%+-/ '% i% * :ư

^* + / /à+ &' i +: ụ ả ố ượ %+-/ ? FF @ H2O⇒ FF ? 10;1 –2

2*,.1A ? 7;A %

Câu 90: Ch t 4 c5 các đ c đi 3 au: h7n t c5 nhi u nh53 K!H, c5 v ng t, h?a tan Cu(!H)ấ ặ ể ử ề ị ọ 2 nhi t đở # th ng, h7n t c5 &iên k t g&icoTit, &a3 37t 3au n c b-o3 Ch7t 4 &aườ ử ế * , * ư! , *

% en&u&oTơ B. mant"Fơ C g&ucoTơ < acca-oT ơ



TT LUYỆN THI & BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC NGÀY MỚI

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO -----------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 06 trang)

HƯỚNG DẪN GIẢI – PHÂN TÍCHĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn: HÓA HỌC – Khối B Thời gian làm bài: 90 phút, không k ể thời gian phát đề

M· ®Ò 517

Họ và tên thí sinh: ……………………………….Số báo danh: …………………

Cho biết nguyên tử khối o của các nguyên tố:H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn =55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137, Sn = 119; Mn = 55

Câu 1: Dung dịch X gồm 0,1 mol H+, z mol Al3+, t mol 3O và 0,02 mol 24SO . Cho 120 ml dung dịch

gồm KOH 1,2M và Ba(OH)2 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 3,732 gam kết ủa. Giá t

của z, t lần lượt là:A. 0,020 và 0,012 B. 0,020 và 0,120 C. 0,012 và 0,096 D. 0,120 và 0,020

Hướng dẫn: Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 0,1 + 3z = t + 0,04

2 24

0,012 mol <n Ba SO

n = 0,02

2 24 4 Ba SO BaSO

=>4 BaSOn = 0,012 mol =>

4 BaSOm = 2,796 gam < 3,732 gam

=>3( )l OH

m = 3,732 - 2,796 = 0,936 gam =>3( ) Al OH

n = 0,012 mol.

Theo đề bài ta có OH n =0,168

2 H OH H O

+OH

n dùng trung hòa H+ = 0,13

33 ( ) Al OH Al OH

=>OH

n dùng phản ứng vớ i Al3+ = 0,168 – 0,1 = 0,068 > 0,012.3=0,036 mol mol OH- trong k ết tủa

Vậy khi đó có thêm phản ứng: 32 24 2OH Al AlO H O

=> số mol OH

-

tham gia phản ứng tạo ra 2 AlO

là: 0,068 – 0,012.3 = 0,032.Vậy 3

3 2( ) Al OH Al AlO

n n n 0,012 + (0,032 : 4) = 0,02 mol = z => t = 0,12 mol

Vậy => Đáp án là B: z = 0,02 mol và t = 0,12 mol* Nhận xét: - Đây là một bài tập khá hay, nó đòi hỏi các em học sinh phải có nhiều sự vận dụng kiến thức: định luật bảo tàđiện tích, tính chất hóa học của nhôm hidroxit và khả năng giải bài toán quá phương tr ình ion thu gọn.Câu 2: Dãy gồm các kim loại có cùng kiểu mạng tinh thể lập phương tâm khối là:

A. Na, K, Ba B. Mg, Ca, Ba C. Na, K , Ca D. Li , Na, MgHướng dẫn:

Đây là một câu hỏi khá đơn giản, nhưng lại khiến cho nhiều em học sinh bối dối v ì các em ít để ý tới điều nàyĐiều này được nhắc trong bài về kim loại kiềm và kiềm thổ (yêu cầu các em xem lại sách giáo khoa)



TÀI LIỆU LUYỆN THI & BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC NĂM 2011

+ Lập phương tâm khối: là cấu trúc lập phương với 8 nguyên tử ở các đỉnh hình lập phương và 1 nguyên tửtâm của hình lập phương. Cấu trúc này chứa 2 nguyên tử trong một ô nguyên tố và cấu trúc lập phương tâkhối có hệ số xếp chặt 68%. Câu 3: Cho dãy các oxi sau: SO2, NO2, NO, SO3, CrO3, P2O5, CO, N2O5, N2O. Số oxit trong dãy tác dụng đượvới H2O ở điều kiện thường là:

A. 5 B. 6 C. 8 D. 7

Hướng dẫn SO2 + H2O => H2SO3 3NO2 + H2O => 2HNO3 + NO

SO3 + H2O => H2SO4 CrO3 + H2O => 2 4

2 2 7 (nhieu nuoc)

H CrO

H Cr O

P2O5 + H2O => H3PO4 N2O5 + H2O => 2HNO3

* Nhận xét: Đây là một câu hỏi ở mức độ TB, nhưng lại bao tr ùm r ộng về mặt kiến thức từ lớp 10 (S) tới 11 (N, P) và tlớp 12 (Cr) và nhiều em học sinh lại không để ý về mặt tính chất hóa học của CrO3 nên sẽ chọn phương án là 5Bài này ngoài việc hỏi số chất tác dụng với nước, ta có thể thay nó bằng việc tác dụng với dung dịch kiềm

Câu 4: Hỗn hợp M gồm một anđehit và một ankin (có cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn x mhỗn hợp M, thu được 3x mol CO2 và 1,8x mol H2O. Phần trăm số mol của anđehit trong hỗn hợp M là:

A. 20% B. 50% C. 40% D. 30%Hướng dẫn: Số nguyên tử C = 3x : x = 3 => Ankin là C3H4

Số H trung bình = 1,8x.2 : x = 3,6 => Anđehit có số H nhỏ hơn 3,6 và vì số nguyên tử H trong anđehit phảichẵn nên suy ra anđehit co 2H. Vậy anđehit có CTPT là C3H2O (CH C – CHO)

Áp dụng sơ đồ dườ ng chéo ta có

C C C

C C CHO

4 H

2 H

3,6

0,4

1,6a mol

b mol

a = 4b

Vậy % số mol của andehit trong hỗn hợp M là: 20%* Nhận xét:Đây là một bài tập có độ tư duy và khả năng phân tích khá hay, nhiều em học sinh khi đọc đề này sẽ thấy luốncuống và không biết phương pháp giải nó. Nhưng ta cần phải chú ý một vài điểm

+ Bài toán cho ta hỗn hợp thì việc xác định công thức của chúng thường dựa theo phương pháp trun

bình và có k ết hợp thêm phương pháp đường chéo nữa.+ Luôn nhớ về hai công thức: Số nguyên tử C trung bình 2CO

hh

n

n ; số nguyên tử H trung bình 2

2. H O

hh

n

n

Câu 5: Cho phản ứng : C6H5-CH=CH2 + KMnO4 C6H5-COOK + K 2CO3 + MnO2 + KOH + H2OTổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương tr ình hóa học của phản ứng tr ên là:A. 27 B. 31 C. 24 D. 34

Hướng dẫn: 1 2 3 4

26 5 2 6 5 3

7 4

10

3

C H C H C H e C H C OOH C O

Mn e Mn

3 C6H5-CH=CH2 + 10 KMnO4 3C6H5-COOK + 3K 2CO3 + 10 MnO2 + KOH + 4H2O* Nhận xét:




Đối với quá tr ình cân bằng 1 phương tr ình phản ứng hóa học hữu cơ thì đại đa số trong quá trình gặ phải các em học sinh đều cảm thấy lúng túng v ì các em không được nhiều giáo viên hướng dẫn cách làm vcách xác định.

Đối với dạng bài này, chúng ta phải xác định được sự chuyển đổi số oxi hóa của nguyên tử C tron phân tử nó chuyển về dạng nào, thay đổi số oxi hóa như thế nào?

Muốn xác định được số oxi hóa của nguyên tử C, chúng ta phải dựa vào công thức cấu tạo để xác định

- Giữa C – C thì ta không có sự thay đổi - Giữa C – X thì tùy vào độ âm điện của X mà C có thể mang số oxi hóa dương hoặc âm

Câu 6: Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3 y mol/lít tác dụng với 612 ml dung dịc NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400 ml E tác dụng vdung dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là

A. 4 : 3 B. 3 : 4 C. 7 : 4 D. 3 : 2Hướng dẫn:

Số mol Al3+ = 0,4x +0,8y; 24SO

n = 1,2 y mol

Số mol BaSO4

= 0,144 mol = 24SO

n

= 1,2y => y= 0,12

OH n

= 0,612 mol;3( ) Al OH

n = 0,108 mol =>OH

n trong k ết tủa = 0,324 < 0,612

=> số mol OH- trong Al(OH)4- = 0,288 mol => 0,4x +0,8y=0,108 + (0,288:4)

Vậy => x = 0,21 => x : y = 7 : 4* Nhận xét: Đây là một bài tập ở mức độ TBK, học sinh chỉ cần chú ý về quá tr ình phản ứng của các chất và do đây là bàtoán hỗn hợp nên phương pháp giải là áp dụng phương tr ình ion thu gọn

Câu 7: Cho các phát biểu sau về cacbohiđrat: (a) Glucozơ và saccarozơ đều là chất rắn có vị ngọt, dễ tan trong nước.

(b) Tinh bột và xenlulozơ đều là polisaccarit(c) Trong dung dịch, glucozơ và saccarozơ đều hòa tan Cu(OH)2, tạo phức màu xanh lam.(d) Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm tinh bột và saccarozơ trong môi trường axit, chỉ thu được một lo

monosaccarit duy nhất. (e) Khi đun nóng glucozơ (hoặc fructozơ) với dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được Ag. (g) Glucozơ và saccarozơ đều tác dụng với H2 (xúc tác Ni, đun nóng) tạo sobitol. Số phát biểu đúng là:A. 6 B. 3 C. 4 D. 5

Hướng dẫn:

+ Sobiton là chất được hình thành từ Glu và Fru khi cho chúng tác dụng với H2 + Saccarozơ là một loại disaccarit được tạo nên bởi 1 gốc Glucozo và 1 gốc fructozo

+ Tinh bột là một polisacarit cacbohidrat chứa hỗn hợp amilozo và amilopectin, tỷ lệ phần trăm amilozo vamilopectin thay đổi tùy thuộc vào từng loại tinh bột, tỷ lệ này thường từ 20:80 đến 30:70. Tinh bột có nguồgốc từ các loại cây khác nhau có tính chất vật lí và thành phần hóa học khác nhau. Chúng đều là các polimcacbohidrat phức tạp của Glucozo

+ Xenlulozơ là một loại polisacarit được hình thành bở các gốc Glucozo => tạo nên hợp chất có chứa

nhóm –OH tự do => CTCT là: (C6H7O2[OH]3)n Câu 8: Khi cho 0,15 mol este đơn chức X tác dụng với dung dịch NaOH (dư), sau khi phản ứng kết thúc th

lượng NaOH phản ứng là 12 gam và tổng khối lượng sản phẩm hữu cơ thu được là 29,7 gam. Số đồng phân cấtạo của X thỏa mãn các tính chất trên là:

A 4 B 5 C 6 D 2




Hướng dẫn Theo đề bài ta có n NaOH = 0,3 mol n NaOH : nEste = 2 : 1 => đó là este tạo bở i axit và phenol (vì đề cho X là đơ n chức)

RCOOR` + 2NaOH => RCOONa + R`ONa + H2O

0,15 0,3 0,15mEste =29,7 + 0,15.18 – 12 = 20,4 gam => KLPT của este là 136 => CTPT C8H8O2

Các đồng phân của E: C-COO-C6H5; HCOO–C6H4 –CH3 (có 3 đồng phân o, p, m).Tổng cổng có 4 đ p.

Câu 9: Phát biểu nào sau đây là sai?A. Tinh thể nước đá, tinh thể iot đều thuộc loại tinh thể phân tử. B. Trong tinh thể NaCl, xung quanh mỗi ion đều có 6 ion ngược dấu gần nhất. C. Tất cả các tinh thể phân tử đều khó nóng chảy và khó bay hơi. D. Trong tinh thể nguyên tử, các nguyên tử liên k ết với nhau bằng liên k ết cộng hóa trị.

Hướng dẫn: Câu hỏi này nằm gần như trọng trong bài về hợp chất liên k ết ion và liên k ết cộng hóa trị thuộc chương tr ìn

hóa học 10 + Ở thể rắn, NaCl tồn tại dưới dạng tinh thể ion. Trong mạng tinh thể NaCl, Na + và Cl- được phân bố luâ

phiên đều đặn trên các đỉnh của các hình lập phương nhỏ. Xung quanh mỗi ion đều có mặt của 6 ion ngược dấgần nhất + Tính chất chung của hợp chất ion: Rất bền vững vì lực hút tĩnh điện giữa các ion ngược dấu trong tinh thể ior ất lớn. Các hợp chất ion đều khá rắn, khó nóng chảy, chúng ta nhiều trong nước và khi hòa tan trong nướchúng dẫn diện, còn ở trạng thái rắn thì chúng không dẫn điện. + Tính chất của các chất có liên k ết cộng hóa trị: chúng có thể tồn tại ở trạng thái rắn, lỏng hoặc khí. Chúnkhông dẫn điện ở mọi trạng thái

+ Trong tinh thể phân tử: chúng được cấu tạo từ những phân tử được sắp xếp một cách đều đặn, theo một trật txác định trong không gian và chúng liên k ết với nhau bởi lực tương tác yếu giữa các phân tử ở các nút mạnTrong các tinh thể phân tử, các phân tử vẫn tồn tại như những đơn vị độc lập và hút với nhau bằng lực tươntác yếu => chúng dễ nóng chảy, dễ bay hơi + Trong tinh thể nguyên tử: chúng được cấu tạo từ những nguyên tử được sắp xếp một cách đều đặn theo mtr ật tự nhất dịnh trong không gian => tạo nên mạng tinh thể và ở những điểm nút của mạng tinh thể là nhữnnguyên tử liên k ết với nhau bằng liên k ết cộng hóa trị. Do lực liên k ết cộng hóa trị trong tinh thể nguyên tử lớ=> tinh thể nguyên tử khá bền vững, rất cứng, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi khá cao Câu 10: Phát biểu nào sau đây là sai?

A. Na2CO3 là nguyên liệu quan trọng trong công nghiệp sản xuất thủy tinh.

B. Ở nhiệt độ thường, tất cả kim loại kiềm thổ đều tác dụng được với nước. C. Nhôm bền trong môi trường không khí và nước là do có màng oxit Al2O3 bền vững bảo vệ D. Theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, nhiệt độ nóng chảy của kim loại kiềm giảm dần

Hướng dẫn: + Nguyên liệu chính để sản xuất thủy tinh là: Cát thành anh (cát tr ắng – SiO2), đá vôi và sođa (Na2CO3)+ Ở trong điều kiện thường chỉ có các kim loại Ba, Ca và Sr là có khả năng tác dụng được với nước còn Bkhông tác dụng với H2O dù ở nhiệt độ cao, Mg tác dụng chậm với H2O ở nhiệt độ thường tạo ra Mg(OH)2, tádụng nhanh với hơi nước ở nhiệt độ cao tạo thành MgOCâu 11: Cho các phát biểu sau:

(a) Khi đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X bất k ì, nếu thu được số mol CO2 bằng số mol H2O thì X anken.

(b) T hà h hầ h hấ hữ hấ hiế hải ó b




(c) Liên k ết hóa học chủ yếu trong hợp chất hữu cơ là liên kết cộng hóa trị. (d) Những hợp chất hữu cơ khác nhau có cùng phân tử khối là đồng phân của nhau (e) Phản ứng hữu cơ thường xảy ra nhanh và không theo một hướng nhất định (g) Hợp chất C9H14BrCl có vòng benzen trong phân tử Số phát biểu đúng làA. 4 B. 3 C. 2 D. 5

Hướng dẫn:

- Khi đốt cháy một hidrocacbon mà2 2CO H O

Ankenn n

Xicloankan

- Đồng phân là những chất có cùng công thức phân tử nhưng khác nhau về mặt công thức cấu tạo Ví dụ: CH3COOH (có M = 60) và C3H7OH (M = 60) chúng không được coi là đồng phân của nhau - Các phản ứng hóa học hữu cơ thường xảy ra chậm và theo nhiều hướng khác nhau trong cùng một điều kiện

- Giá tr ị k trong công thức là2.9 14 1 1 2

22

k

< 4 => không thể tạo nên được vòng benzene

(k ở đây là số liên k ết pi + số vòng)

Câu 12: Cho sơ đồ phản ứng :

(1) X + O2 0, t xt axit cacboxylic Y1 (2) X + H2

0, t xt ancol Y2

(3) Y1 + Y2 0, t xt Y3 + H2O

Biết Y3 có công thức phân tử C6H10O2. Tên gọi của X là:A. anđehit acrylic B. anđehit propionic C. anđehit metacrylic D. andehit axetic

Hướng dẫn: Trước tiên chúng ta cần phải hiểu các tên gọi ứng với những công thức là gì:+ Anđehit acrylic: CH2=CH-CHO + Anđehit propionic: CH3-CH2-CHO

+ Anđehit metacrylic: CH2=C(CH3)-CHO + Andehit axetic: CH3-CHOTrong phân tử Y3: C6H10O2 có giá tr ị

2.6 10 22

2k

=> trong công thức sẽ có chứa 1 liên k ết pi

( k = 2 gồm 1 liên k ết pi ở nhóm –COO- và 1 pi ở gốc hidrocacbon) Vậy trong Y3 thì có thể là gốc acid không no hoặc là rượu không no

Theo sơ đồ ở tr ên thì Y1 có thể là acid no hoặc không no + Nếu X1 là CH2=CH-CHO => Y1 là CH2=CH-COOH => Y2 sẽ là CH3-CH2-CH2OH

=> Y3 sẽ là: CH2=CH-COOCH2-CH2-CH3 (C6H10O2) – TM+ Nếu X1 là CH3-CH2-CHO => Y1 là CH3-CH2-COOH => CH3-CH2-CH2-OH

(điều này là vô lí vì cả hai đều là no)+ Nếu X1 là CH2=C(CH3)-CHO => Y1 là CH2=C(CH3)-COOH => Y2 là CH3-CH(CH3)-CH2OH

(Điều này là vô lí vì khi đó Y3 sẽ có tổng là 8 nguyên tử C) + Nếu X1 là CH3-CHO => Y1 là CH3-COOH => Y2 CH3-CH2-OH

(Điều này là vô lí vì khi đó Y3 sẽ có tổng là 4 nguyên tử C) ------------

Ngoài ra nếu như các em học sinh có sự nhận xét nhậy bén thì ta để ý thấy rằng Y3 đều được tạo ra từ ch ban đầu l à X, mà quá trình X chuyển hóa thành các chất dạng Y1 và Y2 đều không làm thay đổi số nguyên tử => Y3 được tạo nên từ 2X về mặt nguyên tử C => Trong phân tử X sẽ có 3 nguyên tử C => Đáp án A – TM* Nhận xét:

Đây là một bài tập đòi hỏi sự ghi nhớ về mặt lí thuyết và sự suy luận cũng như phân tích đề bàiCâu 13: Thực hiện các thí nghiệm với hỗn hợp gồm Ag và Cu (hỗn hợp X):

ề




(b) Cho X vào một lượng dư dung dịch HNO3 (đặc) (c) Cho X vào một lượng dư dung dịch HCl (không có mặt O2)(d) Cho X vào một lượng dư dung dịch FeCl3 Thí nghiệm mà Cu bị oxi hóa còn Ag không bị oxi hóa là:A. (a) B. (b) C. (d) D. (c)

Hướng dẫn:

Cu + O3 => CuO + O2; Ag + O3 => Ag2O + O2 Cu + HNO3 => Cu(NO3)2 + H2O + Sản phẩm khử (có thể là một trong các chất: N2, NO, NO2, N2O, NH4 NO3)

Cu + HCl ; Ag + HCl

Cu + FeCl3 => CuCl2 + FeCl2; Ag + FeCl3 (Dự vào vị trí của cặp oxi hóa khử2 3

2

Cu Fe Ag

Cu Fe Ag

Câu 14: Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag (tỉ lệ số mol tương ứng 4 : 1) vào 30 ml dung dịch gồH2SO4 0,5M và HNO3 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a mol khí NO (sản phẩm khử dunhất của N+5). Tr ộn a mol NO tr ên với 0,1 mol O2 thu được hỗn hợp khí Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với H2Othu được 150 ml dung dịch có pH = z. Giá trị của z là:

A. 1 B. 3 C. 2 D. 4Hướng dẫn: nCu = 0,02 ; nAg =0,005 => Tổng số mol e cho tối đa = 0,02.2 +0,005.1 = 0,45

H n

= 0,09 mol;3O

n

= 0,06 (dư)

4H+ + NO3- + 3e => NO + 2H2O

0,06 0,045 0,015Ag, Cu đã phản ứng hết.

2NO + O2 => 2NO2

0,015 0,0075 0,0154NO2 + O2 + 2H2O => 4HNO3

0,015 0,015 Nồng độ mol HNO3 =0,015:0,15 = 0,1M => pH= 1

* Nhận xét:

+ Đây là bài toán cho kim loại tác dụng với hỗn hợp acid (có mặt của H+ và 3 NO ) nên phương pháp giải tối

ưu nhất đó là sử dụng phương tr ình ion thu gọn đề giải + Mặt khác đề bài lại cho biết cụ thể hai chất ban đầu => chúng ta phải xác định xem chất nào phản ứng hếtvà chất nào còn dư sau phản ứng để qua đó tính toán theo chất phản ứng hết

Câu 15: Cho dãy các chất: SiO2, Cr(OH)3, CrO3, Zn(OH)2, NaHCO3, Al2O3. Số chất trong dãy tác dụng đượvới dung dịch NaOH (đặc, nóng) là

A. 6 B. 3 C. 5 D. 4Hướng dẫn:

Đây chỉ là câu hỏi mang tính chất ghi nhớ các chất có khả năng phản ứng (tính chất hóa học của các chấtCác phương tr ình phản ứng các em tự viết Câu 16: Thực hiện các phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm m gam Al và 4,56 gam Cr 2O3 (trong điều kiệkhông có O2), sau khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch HC(loãng, nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít H2 (đktc). Còn nếu cho toàn bộ X và

một lượng dư dung dịch NaOH (đặc, nóng), sau khi phản ứng kết thúc thì số mol NaOH đã phản ứng là:A. 0,06 mol B. 0,14 mol C. 0,08 mol D. 0,16 mol

H ớ dẫ




2 H n

giải phóng = 0,09 và2 3

4,560,03

152 molCr On

Giả sử phản ứng xảy ra vừa đủ thì nCr = 0,06 =2 H

n <2 H

ngiải phóng = 0,09 => Nhôm dư.

(Cr + 2HCl => CrCl2 + H2)Áp dụng bảo toàn electron:

Khi nhôm phản ứng vớ i Cr 2O3 : 2 3 2 32 2 Al Cr O Al O Cr

nAl phản ứng = 2.

2 30,06 mol

Cr On và nCr = 0,06

Khi nhôm dư, Al2O3 và Cr được sinh ra phản ứng vơi HCl :

Cr + 2HCl => CrCl2 + H2 2Al + 6HCl => 2AlCl3 + 3H2

2

2

3 du H Cr Al n n n = 0,09 mol 0,02du mol Al

n

Vậy tổng số mol Al là 0,08 mol.Sau tất cả các phản ứng Al chuyển thành NaAlO2 nên suy ra n NaOH = 0,08 mol.

* Nhận xét:

Câu 17: Dãy gồm các chất (hoặc dung dịch) đều phản ứng được với dung dịch FeCl2 là:A. Bột Mg, dung dịch NaNO3, dung dịch HCl B. Bột Mg, dung dịch BaCl2, dung dịch HNO3 C. Khí Cl2, dung dịch Na2CO3, dung dịch HCl D. Khí Cl2, dung dịch Na2S, dung dịch HNO3

Hướng dẫn: Cl2 + FeCl2 => FeCl3

Na2S + FeCl2 => FeS + NaCl2 3

3 2 H NO Fe Fe NO H O

Câu 18: Chia hỗn hợp gồm hai đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơn của Y) là đồng đẳng kế tiếthành hai phần bằng nhau:

- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O.- Đun nóng phần 2 với H2SO4 đặc ở 1400C tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete. Hóa hơi hoàn toàn hỗn hợ

ba ete trên, thu được thể tích của 0,42 gam N2 (trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X, Y lần lượt là:A. 30% và 30% B. 25% và 35% C. 40% và 20% D. 20% và 40%

Hướng dẫn:P1 :

2COn = 0,25 ;

2 H On = 0,35 => Hai ancol ban đầu là no, đơn chức.

2 1n nC H OH n

= 0,1mol

=> Số C TB là 2,5 => Hai ancol là C2H5OH và C3H7OH. Theo phương pháp đường chéoC

2H

5OH

C3H

7OH

2,5

0,5

0,5

a mol

b mol

2 5 3 70,05 mol

C H OH C H OH n n

P2: nete = 0,015 mol =2 H O

n , n2 ancol pư = 0,03 mol => n2 ancol dư = 0,07 mol

m2 ancol dư = 2 2ancol ancol ph¶n øng ete hãam m = 0,05.46 + 0,05.60 - (mete -2 H Om ) =3,78 gam

Gọi a và b lần lượt là số mol của C2H5OH và C3H7OH => ta có

07,078,36046

ba

ba

04,003,0

b

a




* Nhận xét: Đây là bài tập khá hay, đòi hỏi học sinh phải vận dùng nhiều mảng k iến thức để giải: phương pháp trun

bình, phương pháp đường chéo, phương pháp bảo toàn khối lượng Bài tập này đối với nhiều em học sinh ở TB hoặc TBK sẽ mất nhiều thời gian để giải quyết.

Câu 19: Cho các tơ sau: tơ xenlulozơ axetat, tơ capron, tơ nitron, tơ visco, tơ nilon-6,6. Có bao nhiêu tơ thuộcloại tơ poliamit?


_ Poliamit là những polime tổng hợp có chứa nhiều nhóm chức amit (-CO-NH-) (còn được gọi là nhóm peptitrong phân tử.

+Tơ nilon -6,6: được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng hai loại monome làhexametylenđiamin (H2 N-[CH2]6-NH2 và axit ađipic HOCO-[CH2]4-COOH

+ Tơ nilon 6 (tơ capron) được tổng hợp từ axit 6- amino hexanoic H2 N-[CH2]5-COOH+ Tơ nilon 7 (tơ enan) được tổng hợp từ axit 7- amino heptanoic H2 N-[CH2]6-COOH+ Tơ nitron thuộc loại tơ vinylic được tổng hợp từ vinyl xianua (CH2=CH-CN - acrilonitrin) nên được gọi

poliacrilonitrin+ Tơ lacsan thuộc loại tơ polieste đượ c tổng hợ p từ axit terephtalic và etylen glicol.

+ Xenlulôzơ 3CH COOH Xenlulôzơ triaxetat Tơ axêtat (hay tơ xenlulozơ axetat) + Tơ viscô đượ c tạo ra từ : xenlulôzơ, CS2, dd NaOH, dd H2SO4

Câu 20: Cho các phản ứng:

(a) Sn + HCl (loãng) (b) FeS + H2SO4 (loãng)

(c) MnO2 + HCl (đặc) (d) Cu + H2SO4 (đặc)

(e) Al + H2SO4 (loãng) (g) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 Số phản ứng mà H+ của axit đóng vai tr ò oxi hóa là:


Để H+ đóng vai tr ò là chất oxi hóa => khi đó 22 2 H e H

Trong số các phản ứng đưa ra thì:

(a) Sn + HCl (loãng) SnCl2 + H2

(b) FeS + H2SO4 (loãng) FeSO4 + H2S

(c) MnO2 + HCl (đặc) MnCl2 + Cl2 + H2O

(d) Cu + H2SO4 (đặc) CuSO4 + SO2 + H2O

(e) Al + H2SO4 (loãng) Al2(SO4)3 + H2 (g) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + K 2SO4 + MnSO4 + H2O

Vậy có 2 phương tr ình thỏa mãn yêu cầu * Nhận xét: Câu này có thể chuyển sang mức độ hỏi : Trong các phương tr ình phản ứng tr ên, có bao nhiêu phản ứng tạo chất khí ở trạng thái đơn chất (hoặc hợp chất) Câu 21: Hỗn hợp X gồm O2 và O3 có tỉ khối so với H2 là 22 . Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và etylamin có khối so với H2 là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn V1 lít Y cần vừa đủ V2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm COH2O và N2, các chất khí khi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V1 : V2 là:

A. 3 : 5 B. 5 : 3 C. 2 : 1 D. 1 : 2Hướng dẫn:




Đặt CTPT trung bình của 2 amin trong hỗn hợp Y là CnH2n +3 N => 14n + 17 = 17,833.2 => n =4

3

Quy đổi O3, O2 thành O =>2 3O O Om m

2CnH2n +3 N + O => 2nCO2 + (2n+3)H2O

Mol : 1 n2 3

2

n

nO =2n +2 3

2

n =5,5 mol =>

2 3O O Om m = 88gam =>2 3O On

88

2.22=2

Vậy V1 :V2 = 1:2

* Nhận xét: Đây là một bài tập rất hay, đối với bài tập này thường là những em học sin khá và giỏi mới có khả năn

tuy duy để giải quyết vấn đề.Đa số các em sẽ cảm thấy bối rối khi đọc đề bài này, bởi không hề xác định được số mol của từng ch

trpng hỗn hợp.

Với bài tập này, các em có thể giải theo cách lập hệ phương trình. Bởi từ các giá trị đề bài cho có thxác định được tỉ lệ mol của các chất

O2

O3

32

48

44

a mol

b mol

4

12

3 23

O On n

Chọn2 3

3mol molO On x n x

CH3-NH

2

C2H

5-NH

2

31

45

35,66

a mol

b mol

9,334

4,666

3 2 2 5 22

CH NH C H NH n n

Chọn 2 5 2 3 2 2mol molC H NH CH NH n y n y

Từ đó dựa vào phương tr ình phản ứng đốt cháy để ta lập ra tỉ lệ x : y => kết quả Câu 22: Triolein không tác dụng với chất (hoặc dung dịch) nào sau đây?

A. H2O (xúc tác H2SO4 loãng, đun nóng) B. Cu(OH)2 (ở điều kiện thường) C. Dung dịch NaOH (đun nóng) D. H2 (xúc tác Ni, đun nóng)

Hướng dẫn: Công thức của Triolein là (C17H33COO)3C3H5 (trong phân tử vẫn chứa 1 liên k ết pi)

(C17H33COO)3C3H5 + H2O

0 , xtt 3C17H33COOH + C3H5(OH)3

(C17H33COO)3C3H5 + NaOH0

t 3C17H33COONa + C3H5(OH)3

(C17H33COO)3C3H5 + H20 , xtt (C17H35COO)3C3H5

Câu 23: Để hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam, cần 1,12 lít H(đktc). Mặt khác, khi cho cũng lượng X tr ên phản ứng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thđược 8,64 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là:

A. OHC-CH2-CHO và OHC-CHO B. H-CHO và OHC-CH2-CHOC. CH2=C(CH3)-CHO và OHC-CHO D. CH2=CH-CHO và OHC-CH2-CHO

Hướng dẫn:

Ta có 2 0,05 0,08mol; n mol H Ag n Theo đề bài ta có

2 H n : nhai anđehit = 2: 1 => Vậy hai anđehit đều cộng hiđro theo tỉ lệ 1: 2




0,083,2

0,025 Ag

Andehit

n

n => trong hỗn hợp phải chứa 1 andehit đơn chức => loại A

R-CHO => 2Ag và R(CHO)2 => 4Aga 2a b 4b

Ta có hệ phương tr ình0,025 0,01

0,015

mol

2a+4b=0,08 mol mol

a b a mol

b

Thử kết quả: + Nếu là đáp án C => m = 70.0,01 + 58.0,015 = 1,57 gam < 1,64 gam => Loại + Nếu là đáp án D => m = 56.0,01 + 72.0,015 = 1,64 gam (TM)

* Nhận xét: + Đây là một bài tập rất hay, đòi hỏi học sinh phải có sự biện luận thì mới có thể có được kết quả + Nhiều em học sinh có thể lựa chọn theo hướng chọn x và y lần lượt là số mol và thử bấm máy tính

cuối cùng cũng sẽ có được kết quá phương án ko biết biện luận thế nào.Câu 24: Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 tác dụng vừa đủ với một lượng NaOH, thu đượ207,55 gam hỗn hợp muối khan. Khối lượng NaOH đã tham gia phản ứng là:

A. 31 gam B. 32,36 gam C. 30 gam D. 31,45 gamHướng dẫn: + Trước tiên chúng ta cần phải ghi nhớ được một số khái niệm: + Chỉ số acid: Là khối lượng chất KOH tính theo miligam (mg) dùng để trung hòa hết lượng axit béo còn tồtại trong 1 gam chất béo

RCOOH + KOH => RCOOK + H2O

Theo đề bài “chỉ số acid bằng 7” => ta có 3 47.10 1, 25.10

56

KOH n mol

Vậy trong 200 gam chất béo cần lượng KOH là 200. 41, 25.10 0,025 mol

=> Số mol của NaOH dùng để trung hòa lượng acid dư là: n NaOH = nKOH = 0,025 mol=> Số mol H2O tạo ra: 0,025 mol Gọi a là số mol của NaOH ban đầu => số mol NaOH pứ trieste: a – 0,025

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH => 3RCOONa + C3H5(OH)3

số mol glixerol thu được:0,025

3

a

ĐLBTKL: mchất béo + m NaOH = mmuối + mglixerol +2 H Om

200 + 40a = 207,55 + 920,025

3

a + 18 x 0,025 a = 0,775 m NaOH = 31 gam

* Nhận xét: Đây là một bài tập không quá khó, nhưng đòi hỏi các em học sinh phải ghi nhớ khái niệm về chỉ số acid,

chỉ số mà ít em học sinh để ý tới bởi nó chỉ là 1 bài tập nhỏ ở trong sách giáo khoa phần lipit Qua bài này thầy muốn nhắc và nhấn mạnh một điều là các em cần phải chú ý những chi tiết nhỏ nhất đ

được học ở trong sách giáo khoa. Bởi qua một loại các bài, câu hỏi ở trong đề thi này cũng như đề thi khối Acác em dễ dàng nhận thấy được những điều mà các em thường ít lưu tâm tới nó lại có trong đề thi. Câu 25: Thực hiện các thí nghiệm sau:

(a) Nung NH4 NO3 r ắn. (b) Đun nóng NaCl tinh thể với dung dịch H2SO4 (đặc) (c) Sục khí Cl2 vào dung dịch NaHCO3.(d) Sục khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 (dư).




(g) Cho dung dịch KHSO4 vào dung dịch NaHCO3.(h) Cho PbS vào dung dịch HCl (loãng).(i) Cho Na2SO3 vào dung dịch H2SO4 (dư) , đun nóng. Số thí nghiệm sinh ra chất khí là:A. 2 B. 6 C. 5 D.4

Hướng dẫn:

NH4 NO3 => N2O + H2O (NH4 NO2 => N2 + H2O) NaCl tinh thể + H2SO4 đặc

0 02504aHSt C N O HCl

NaCl tinh thể + H2SO4 đặc 0 0400

2 4a St C N O HCl

Cl2 + NaHCO3 2 2

3 2 2

Cl H O HCl HClO

HCl NaHCO NaCl H O CO

CO2 + Ca(OH)2 dư => CaCO3 + H2OSO2 + KMnO4 + H2O => K 2SO4 + MnSO4 + H2SO4 KHSO4 + NaHCO3 => K 2SO4 + Na2SO4 + H2O + CO2

PbS + HCl - Chỉ tan trong HNO3 và HCl đậm đặc

Na2SO3 + H2SO4 => Na2SO4 + H2O + SO2 Câu 26: Hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức Y và Z (biết phân tử khối của Y nhỏ hơn của Z). Cho 1,89 gamX tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 18,36 gaAg và dung dịch E. Cho toàn bộ E tác dụng với dung dịch HCl (dư), thu được 0,784 lít CO 2 (đktc). Tên của là:

A. anđehit propionic B. anđehit butiric C. anđehit axetic D. anđehit acrylic Hướng dẫn:

Theo đề bài ta có: 2

0,784 18,360,035 0,1722,4 108mol ; n molCO Ag n

Vì cho HCl vào dung dịch sau phản ứng tráng gương có CO2 chứng tỏ trong dung dịch đó có (NH4)2CO

Vậy trong hỗn hợ p anđehit ban đầu có HCHOHCHO => 4Ag + (NH4)2CO3 => CO2

0,035 0,14 <= 0,035RCHO => 2Ag0,015 => 0,03

Từ sơ đồ phản ứng và giả thiết ta suy ra : (R+29).0,015 + 0,035.30 = 1,89 => R = 27 (C2H3-)

Câu 27: Hòa tan chất X vào nước thu được dung dịch trong suốt, rồi thêm tiếp dung dịch chất Y thì thu đượchất Z (làm vẩn đục dung dịch). Các chất X, Y, Z lần lượt là:A. phenol, natri hiđroxit, natri phenolat B. natri phenolat, axit clohiđric, phenol C. phenylamoni clorua, axit clohiđric, anilin D. anilin, axit clohiđric, phenylamoni clorua

Hướng dẫn: HCl + C6H5ONa => C6H5OH + NaCl

Câu 28: Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO2 và H2. Chtoàn bộ X tác dụng hết với CuO (dư) nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dundịch HNO3 (loãng, dư) được 8,96 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Phần trăm thể tích khí CO trong là:

A. 18,42% B. 28,57% C. 14,28% D. 57,15%Hướng dẫn:




H2O + C CO + H2

x x x2H2O + C CO2 + 2H2

2y y 2yTheo phươ ng trình và theo giả thiết ta có : 2x + 3y = 0,7 (1)

CO + CuO CO2

+ Cu

H2 + CuO H2O + Cu

Áp dụng bảo toàn eletron ta có : 2nCO +2

2 H

n = 2nCu = 3n NO => nCO +2 H

n = 0,6 mol

=> 2x +2y = 0,6 (2)Từ các phươ ng trình (1), (2) ta có : x = 0,2 ; y = 0,1Vậy %CO = 28,57%

Câu 29: Cho dãy các chất: phenyl axetat, anlyl axetat, metyl axetat, etyl fomat, tripanmitin. Số chất trong dãkhi thủy phân trong dung dịch NaOH (dư), đun nóng sinh ra ancol là:

A. 4 B. 2 C. 5 D. 3

Hướng dẫn: phenyl axetat: CH3-COO-C6H5 + NaOH => CH3COONa + C6H5ONa + H2Oanlyl axetat: CH3COO-CH2-CH=CH2 + NaOH => CH3COONa + CH2=CH-CH2-OHmetyl axetat: CH3COOCH3 + NaOH => CH3COONa + CH3-OHetyl fomat: HCOOC2H5 + NaOH => HCOONa + C2H5-OHtripanmitin: (C15H31COO)3C3H5 + NaOH => 3 C15H31COONa + C3H5(OH)3

Câu 30: Trong tự nhiên clo có hai đồng vị bền: 3717 Cl chiếm 24,23% tổng số nguyên tử, còn lại là 35

17 Cl . Thàn

phần % theo khối lượng của 3717 Cl trong HClO4 là:

A. 8,92% B. 8,43% C. 8,56% D. 8,79%

Hướng dẫn: 3517 Cl = 100 - 24,23= 75,77%

=>24,23.37 75,73.35

100Cl M

35,4846

Giả sử có 1mol HClO4 => Số mol của đồ ng vị 3717 Cl =0,2423 mol

% về khối lượ ng của 3717 Cl trong HClO4 =

0,2423.37.100% 8,92%

1 35, 4846 16.4

-----------

% khối lượng của đồng vị 3717 Cl : 3724,23. 25,26%

35,4846

% khối lượng cả hai đồng vị của Clo trong HClO4 là:35,4846

.100% 35,3135%1 35, 4846 16.4

Vậy % khối lượng của 3717 Cl trong HClO4 là: 35,3136%. 25,26% = 8,92%

Câu 31: Để luyện được 800 tấn gang có chứa hàm lượng sắt 95%, cần dùng x tấn quặng manhetit chứa 80%Fe3O4 (còn lại là tạp chất không chứa sắt). Biết rằng lượng sắt bị hao hụt trong quá tr ình sản xuất là 1%. Giá tcủa x là:

A. 959,59 B. 1325,16 C. 1394,90 D. 1311,90

Hướng dẫn: Đây là một bài tương đối dễ, chỉ đòi hỏi học sinh vận dụng tốt công thức tính toán liên quan về hiệ




Theo bài ra thì lượng sắt có trong 800 tấn gang là: mFe =800.95

760100

tấn

Lượng Fe3O4 có trong x tấn quặng Manhetít là: 0,8x tấn

3 4 3 Fe O Fe

=> Lượng sắt có trong Fe3O4 là0,8

.56.3

232

x tấn

Do lượng sắt bị hao hụt trong quá trình sản xuất là 1% (hiệu xuất của quá tr ình là 99%)

=> Khi đó ta có biểu thức:0,8 99

.56.3 760 1325,16232 100

x x

* Lưu ý: Bài toán này nếu như chúng ta làm tính và làm tr òn ở các phép tính thì mức độ sai số sẽ rất lơn. Vthế khi làm bài tập tính toán thì chúng ta để nguyên các biểu thức ở dạng phân số, đến cuối cùng mới đượ

phép làm tròn.Câu 32: Ancol và amin nào sau đây cùng bậc?

A. (C6H5)2 NH và C6H5CH2OHB. (CH3)2CHOH và (CH3)2CHNH2

C. (CH3)3COH và (CH3)3CNH2 D. C6H5 NHCH3 và C6H5CH(OH)CH3

Hướng dẫn: Đây là một bài tập khá đơn giản, chỉ đòi hỏi các em học sinh nắm được r õ khái niệm về bậc của ancol và bậcủa amin + Bậc của Ancol là bậc của nguyên tử C mà nhóm – OH được gắn vào(Bậc của nguyên tử C, là số chỉ cho ta biết có bao nhiêu nguyên tử C khác được gắn vào nguyên tử C mà ta xé+ Bậc của Amin là bậc số chỉ cho ta biết có bao nhiêu nguyên tử C gắn vào nguyên tử N => Qua đó dễ dàng ta xác định được kết quả là đáp án D

A. (C6H5)2 NH và C6H5CH2OHBậc 2 Bậc 1

B. (CH3)2CHOH và (CH3)2CHNH2 Bậc 2 Bậc 1

C. (CH3)3COH và (CH3)3CNH2 Bậc 3 Bậc 1

D. C6H5 NHCH3 và C6H5CH(OH)CH3 Bậc 2 Bậc 2

Câu 33: Hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2, Cu(NO3)2 và AgNO3. Thành phần % khối lượng của N trong X 11,864%. Có thể điều chế tối đa bao nhiêu gam hỗn hợp 3 kim loại từ 14,61 gam X?

A. 7,68 gam B. 10,56 gam C. 6,72 gam D. 3,36 gamHướng dẫn: Ta chọn theo hướng quy đổi hỗn hợp X về dạng gồm có 3 nguyên tố: kim loại A, N và OTheo đề bài ra ta có: mA + m N + mO = 14,61 gam

Mặt khác theo đề ra ta lại có: % .100% 11,864 gam N

X

m N

m

Theo công thức của các hợp chất trong X thì ta sẽ luôn có tỉ lệ:16

: 3 3.14

OO N

N

mn n

m

Vậy ta có hệ phương tr ình:

16 48 0 7,68

14,61 5, 20

11,864 11,864 88,136 0 1,73

O N A

A O N O

A O N N

m m m

m m m m

m m m m

Câu 34: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (ở đktc) vào 100 mol dung dịch gồm K 2CO3 0,2M và KOH x mol/lsau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dthu được 11,82 gam kết tủa. Giá trị của x là:

A. 1,0 B. 1,4 C. 1,2 D. 1,6Hướng dẫn:




CO2

HCO3

CO3

- OH-

OH-2-

0,1

0,04

0,06

+

+ 2

0,06

0,08

Vậy khí đó 0,14 1,4mol KOH M OH n C

Câu 35: Phát biểu nào sau đây đúng? A. Trong phản ứng este hóa giữa CH3COOH với CH3OH, H2O được tạo nên từ -OH trong nhóm –COOH củacid và H trong nhóm –OH của ancol B. Phản ứng giữa acid axetic với ancol benzylic (ở điều kiện thích hợp), tạo nên benzyl axetat có trong mthơm của chuối chínC. Tất cả các este đều tan tốt trong nước, không độc, dùng làm chất tạo hương trong công nghiệp thực phẩmmỹ phẩm D. Để phân biệt benzen, toluen và stiren (ở điều kiện thường) bằng phương pháp hóa học, chỉ cần dùng m

thuốc thử là brom.Hướng dẫn:

Một số điều lưu ý thêm về este: Iso-amyl axetat : CH3COOCH2CH2CH(CH3)2 : mùi chuối chínBenzylaxetat CH3COOCH2C6H5 có mùi hoa nhài.mùi cam : octyl axetat ( CH3COOC8H17) mùi táo : metyl butanoat ( C3H7COOCH3)mùi dầu chuối : amyl axetat (CH3COOC5H11) mùi anh đào : HCOOC5H11( amyl fomiat)mùi mận: HCOOC5H11 ( Iso-amyl fomat) mùi lê : CH3COOC5H11 ( iso-amyl axetat)mùi mơ : etyl butanoat ( C3H7COOC2H5)

mùi dứa : C3H7COOC5H11 ( Iso-amyl butanoat)metyl metacrylat ; CH2=C(CH3)COOCH3: Mono me tạo nên thủy tinh hữu cơ + Đối với benzen, toluen và stiren khi ta dùng dung dịch Brom thì ta chỉ phân biệt được Stiren do làm mất màdung dịch nước brom. Còn lại Benzen và toluene thì sẽ dùng thêm dung dịch KMnO4, t

0 thì Toluen sẽ làm mmàuC6H5-CH=CH2 + Br 2 => C6H5-CHBr-CH2BrC6H5-CH3 + 2KMnO4 => C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + + H2OCâu 36: Cho ba dung dịch có cùng nồng độ mol:

(1) H2 NCH2COOH (2) CH3COOH (3) CH3CH2 NH2 Dãy sắp xếp theo thứ tự pH tăng dần.

A. (1), (2), (3) B. (3), (1), (2) C. (2), (3), (1) D. (2), (1), (3)Câu 37: Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinylaxetilen có tỉ khối so với H2 là 17. Đốt cháy hoàtoàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)2 (dư) thì khối lượn

bình tăng thêm m gam. Giá trị của m là:A. 3,39 B. 5,85 C. 6,6 D. 7,3

Hướng dẫn: Trong tất cả các công thức của: etilen, metan, propin và vinylaxetilen đều có chứa 4 nguyên tử H=> Gọi công thức chung cho cả 4 chất nói tr ên là dạng CxH4 Theo đề bài ta có: 12x + 4 = 17.2 => x = 2,5

C2,5H4 => 2,5CO2 + 2H2OTheo đề bài => tổng khối lượng bình tăng thêm là: 0,05.2,5.44 + 0,05.2.18 = 7,3 gam




Câu 38: Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu được O2 và m gam chất rắn gồK 2MnO4, MnO2 và KCl . Toàn bộ lượng O2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu đượ c 0,896 lít hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H2 là 16. Thành phần % theo khối lượng của KMnO4 trong X là:

A. 74,92% B. 72,06% C. 62,76% D. 27,94%Hướng dẫn:

C + O2

CO

CO2

Theo đề bài ta có :

CO

CO2

x mol

y mol

28

44

32

4

12

Theo đề bài

0,04

3

x y

x

y

x = 0,03 mol và y = 0,01 mol

=>2

0,030, 01 0, 025

2 mol

O

n

Gọi x và y lần lượt là số mol của KClO3 và KMnO4 => ta có: 122,5x + 158y = 4,385 gam (1)

3 2

4 2 4 2 2

33

0,02522 2

2

mol (2) KClO KCl O y

x

KMnO K MnO MnO O

Từ (1) và (2) => x = 0,01 mol và y = 0,02 molVậy % KMnO4 về khối lượng là: 72,06%

Câu 39: Cho cân bằng hóa học sau: 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) ; H < 0

Cho các biện pháp :(1) tăng nhiệt độ (2) tăng áp suất chung của hệ phản ứng (3) hạ nhiệt độ

(4) dùng thêm chất xúc tác V2O5 (5) giảm nồng độ SO3 (6) giảm áp suất chung của hệ phản ứng.

Những biện pháp nào làm cân bằng tr ên chuyển dịch theo chiều thuận? A. (2), (3), (4), (6) B. (1), (2), (4) C. (1), (2), (4), (5) D. (2), (3), (5)

Hướng dẫn: Theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng:

(Tự xem lại sách giáo khoa hóa học 10) Để có thể chuyển dịch theo chiều thuận, ta phải tác động vào 1 trong các yếu tố:

+ Tăng nồng độc của SO2 hoặc O2 + Giảm nồng độ của SO3 + Tăng áp suất chung của hệ + Hạ nhiệt độ Câu 40: Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu đượ2,16 gam H2O. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là:

A. 25% B. 27,92% C. 72,08% D. 75%Hướng dẫn:

vinyl axeta t : CH3COOCH=CH2 => C4H6O2 => 4 CO2 + 3H2O

x mol 3x molmetyl axetat : CH3COOCH3 etyl fomat : HCOOC H

=> C3H6O2 => 3CO2 + 3H2Oy mol 3y mol




Theo phương tr ình => ta có86 74 3,08 0,01gam mol

3x+3y=0,12 mol y=0,03 mol

x y x

Vậy % số mol của vinyl axetat là: 25%

II. PHẦN RIÊNG [10 câu]

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương tr ình chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)

Câu 41: Trong quả gấc chín rất giàu hàm lượng: A.ete của vitamin A B. este của vitamin A C. β-caroten D. vitamin A

Hướng dẫn: Gấc r ất giàu Beta-carotene và chất chống oxy hóa lycopene (bảy mươi lần so với cà chua), v

zeaxanthin. Nó chứa nồng độ Beta carotene cao nhất của bất kỳ trái cây, thực vật nào được biết đến (mười lầnhiều hơn cà rốt). Beta carotene là tiền vitamin A có màu đỏ được tìm thấy từ cốt lõi của các loại trái cây và raquả, từ mơ tới bí ngô. Nó chuyển đổi thành vitamin A trong cơ thể, và có nhiều đặc tính bảo vệ tế bào.

Chất Beta-carotene trong Gấc hỗ trợ mạnh mẽ chức năng sinh sản bằng cách tăng cường sản xuất tin

trùng, và sau khi nó được đổi thành vitamin A. Nó chính là chất dinh dưỡng quan trọng đóng một vai tr ò tối ưtrong sự phát triển phôi thai khỏe mạnh.

Các chất Lycopene và Beta-carotene trong Gấc quả tăng cường sức khỏe của da bằng cách giảm thiểuthiệt hại oxy hóa trong mô

Ngoài ra, cả hai chất Lycopene và Beta-carotene đã cho thấy có sự hoạt động bảo vệ chống lại các nguycơ đau tim. Ngoài ra, Lycopene, có nhiều trong quả Gấc, giúp giảm BPH, còn được gọi là tăng sản tuyến tiềnliệt lành tính. Ngoài ra còn có bằng chứng tốt cho thấy Lycopene có thể giúp làm giảm nguy cơ ung thư tuyếntiền liệt.

Trong 100g thịt gấc (màng đỏ) chứa 15mg-carotene và 16mg lycopen. Quả gấc càng chín thì hàm lượn

– carotene sẽ giảm còn hàm lượng lycopen lại tăng lên.

Câu 42: Chất hữu cơ X mạch hở có dạng H2 N-R-COOR ' (R, R' là các gốc hiđrocacbon), phần trăm khối lượnnitơ trong X là 15,73%. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH, toàn bộ lượng ancol sinh cho tác dụng hết với CuO (đun nóng) được anđehit Y (ancol chỉ bị oxi hóa thành anđehit). Cho toàn bộ Y tádụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 12,96 gam Ag kết tủa. Giá trị của m là:

A. 2,67 B. 4,45 C. 5,34 D. 3,56Hướng dẫn:

Theo đề bài ra ta có:14

% .100% 15,73% ' 29' 60

N R R R R

Do R và R’ là các gốc hidrocacbon => R’ là CH3- (15) và R là –CH2 – (14)H2 N–CH2 –COO- CH3 CH3OH HCHO 4Ag




Vậy => m = (60 + 29).nAg.1

4 = 2,67 gam

Câu 43: Nhiệt phân một lượng AgNO3 được chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ Y vào một lượng dH2O, thu được dung dịch Z. Cho toàn bộ X vào Z, X chỉ tan một phần và thoát ra khí NO (sản phẩm khử dunhất). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của X đã phản ứng là

A.25% B. 60% C. 70% D. 75%

Hướng dẫn:

3 2 22 2 2 AgNO Ag NO O

x mol x mol x mol 0,5x mol

2 2 2 34 2 4O O H O HNO

x mol 0,5x mol x mol (O2 còn dư 0,25x mol)

3 3 23 4 3 2 Ag HNO AgNO NO H O

x mol x mol (Ag còn dư 0,25x mol)Theo các phương tr ình phản ứng thì ta nhận thấy rằng Ag đã phản ứng hết 0,75x mol

=> Phần trăm khối lượng của X đã phản ứng là: 75%Câu 44: Phát biểu nào sau đây là sai?A. Nhôm là kim loại dẫn điện tốt hơn vàng. B. Chì (Pb) có ứng dụng để chế tạo thiết bị ngăn cản tia phóng xạ. C. Trong y học, ZnO được dùng làm thuốc giảm đau dây thần kinh, chữa bệnh eczema, bệnh ngứa D. Thiếc có thể dùng để phủ lên bề mặt của sắt để chống gỉ.

Hướng dẫn: Thứ tự dẫn điện của một số kim loại: Ag > Cu > Au > Al > Sn > Fe > Cr Câu 45: Cho dãy các chất sau: Al, NaHCO3, (NH4)2CO3, NH4Cl, Al2O3, Zn, K 2CO3, K 2SO4. Có bao nhiêu chtrong dãy vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch NaOH?

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5Hướng dẫn: Chất vừa tác dụng được với dung dịch HCl và vừa tác dụng với dung dịch NaOH : Al, NaHCO3, (NH4)2COAl2O3 và Zn theo các phương tr ình phản ứng:

3 2 23 2

3 2 3 22 2 2

4 2 3 4 2 2 2 3

4 2 3 2 3 3 2

( )

( )

aHCO HCl NaCl H O CO Al HCl AlCl H

aHCO NaOH Na CO H O Al NaOH H O NaAlO H

NH CO HCl NH Cl H O CO Al O HCl

NH CO NaOH Na CO NH H O

3 2

2 3 2 2

2 2 2 2 2

AlCl H O

Al O NaOH NaAlO H O

Zn HCl ZnCl H Zn NaOH Na ZnO H

Câu 46: Cho các phát biểu sau: (a) Anđehit vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử (b) Phenol tham gia phản ứng thế brom khó hơn benzen (c) Anđehit tác dụng với H2 (dư) có xúc tác Ni đun nóng, thu được ancol bậc một (d) Dung dịch axit axetic tác dụng được với Cu(OH)2 (e) Dung dịch phenol trong nước làm quỳ tím hóa đỏ (f) Trong công nghiệp, axeton được sản xuất từ cumen Số phát biểu đúng làA. 5 B. 4 C. 3 D. 2

Hướng dẫn:




Đây tuy chỉ là một câu hỏi ở mức độ TB, nhưng lại yêu cầu các em học sinh phải ghi nhớ và hiểu nhiều vmặt lý thuyết. Và nhiều em học sinh hiện nay thường có xu hướng chểnh mảng việc học lý thuyết nên việc dmất điểm câu này là khó tránh khỏi

+ Andehit1

C HO

có thể chuyển đổi về dạng1

– 2C H OH

(khi tác dụng với H2) hoặc3

– COOH

(khi tác dụn

với oxi) => vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử

+ Phenol dễ tham gia phản ứng thế hơn benzene vì do ảnh hưởng của nhóm – OH làm tăng mật độ electroncác vị trí ortho và para (điều này ở sách giáo khoa cũ được nói tới nhiều và rõ hơn)

+ Andehit1

C HO

khi tác dụng với H2 chuyển đổi về dạng1

– 2C H OH

(rượu bậc 1)

+ RCOOH + Cu(OH)2 => (RCOO)2Cu + H2O+ Phenol mặc dù là chất có tính acid yếu nhưng tính acid yếu của nó không đủ khả năng để làm quỳ tí

chuyển màu+ Sơ đồ điều chế

C C

C

OH C C C

O

+oxi kk

Câu 47: X là hỗn hợp gồm H2 và hơi của hai anđehit (no, đơn chức, mạch hở, phân tử đều có số nguyên tử nhỏ hơn 4), có tỉ khối so với heli là 4,7. Đun nóng 2 mol X (xúc tác Ni), được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so vớheli là 9,4. Thu lấy toàn bộ các ancol trong Y rồi cho tác dụng với Na (dư), được V lít H2 (đktc). Giá trị lớnhất của V là

A. 22,4 B. 5,6 C. 11,2 D. 13,44Hướng dẫn:

Ta có 4.4, 7 18,8 X M và 4.9, 4 37, 6Y M

Giả sử hỗn hợp X có số mol là 1 mol => nY = 0,5 molSố mol của hỗn hợp giảm đi 0,5 mol chính là số mol của H2 đã tham gia phản ứng và cũng chính là số mol củandehit tham gia phản ứng (do andehit là đơn chức)

RCHO + H2 => RCH2OH

RCH2OH + Na => RCH2ONa +1

2H2

Theo phương tr ình phản ứng =>2 2

10,25 5,6

2 lit H Andehit H n n mol V

Câu 48: Cho butan qua xúc tác ( ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C4H6, H2. Tỉ khối củX so với butan là 0,4. Nếu cho 0,6 mol X vào dung dịch brom (dư) thì số mol brom tối đa phản ứng là

A. 0,48 mol B. 0,36 mol C. 0,60 mol D. 0,24 molHướng dẫn: Coi số mol của hỗn hợp X là 0,6 mol => Số mol của butan là: 0,24 molTheo các phương tr ình phản ứng: C4H10 => C4H8 + H2 ; C4H10 => C4H6 + 2H2

x x x y y 2yKhi đó ta có 2x + 3y + 0,24 – x – y = 0,6 => x + 2y = 0,36 molKhi tham gia phản ứng với lượng dư dung dịch Brom thì: C4H8 + Br 2; còn C4H6 + 2Br 2 Ta dễ dàng nhận thấy rằng số mol của Brom phản ứng = x + 2y = 0,36 mol Câu 49: Số đồng phân cấu tạo của C5H10 phản ứng được với dung dịch brom là:


ố ế ố




+ Anken:

C C C C C C C C C

C Mỗi một mũi tên là chỉ 1 vị trí của liên k ết đôi (=) + Xicloankan (chỉ có vòng 3 cạnh mới tham gia phản ứng với dung dịch nước Brom

C

CC

C

C

CCC

C

C

C

CC

CC

Vậy có tổng tất cả 8 đồng phân thỏa mãn yêu cầu bài toán* Nhận xét:

Đây là một câu hỏi khá hay, học sinh thường dễ nhầm lẫn vì các em quên mất trường hợp đồng phân cấu tạcủa xicloankan vòng 3 cạnh có khả năng tham gia phản ứng cộng mở vòng đối với dung dịch nước Brom. K

đó đa số nhiều em học sinh sẽ chỉ nghĩ về trường hợp đó là anken ( 5 đồng phân cấu tạo) Đối với câu hỏi này, nếu chúng ta mà sơ ý để cụm từ “Số đồng phân cấu tạo” trở thành “Số đồng phân” tkhi đó bài toán này sẽ trở nên ở dạng khó hơn vì khi đó ở đây sẽ còn có mặt của đồng phân hình học:

C C C C C CC

C

C C

Qua bài này, tôi xin mạo muội lưu ý các bạn đồng nghiệp cần lưu ý tới việc sử dụng câu chữ trong quá tr ìn

biên soạn đề trắc nghiệm Câu 50: Cho m gam bột Zn vào 500 ml dung dịch Fe2(SO4)3 0,24M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàkhối lượng dung dịch tăng thêm 9,6 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu. Giá trị của m là

A.32,50 B. 20,80 C. 29,25 D. 48,75Hướng dẫn:

Zn + Fe2(SO4)3 => ZnSO4 + 2FeSO4

2 4 3( ) 0,12 Fe SO

n mol

Giả sử chỉ xảy ra phản ứng trên khi đó khối lượng tăng là khối lượng của Zn cho vào:

Khi đó nZn = 0,15 mol >2 4 3( ) 0,12

Fe SOn mol

Vậy còn xảy ra thêm phản ứng: Zn + FeSO4 => ZnSO4 + FeVậy mdung dịch tăng thêm = mZn – mFe = 9,6 gamGọi x là số mol của Zn tham gia ở phản ứng 2 => ta có: (0,12 + x).65 – x.56 = 9,6 => x = 0,2 mol

Vậy khối lượng của Zn cho vào là: (0,12 + x).65 = 20,8 gamB. Theo chương tr ình nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60) Câu 51: Thủy phân hỗn hợp gồm 0,02 mol saccarozơ và 0,01 mol mantozơ một thời gian thu được dung dịcX (hiệu suất phản ứng thủy phân mỗi chất đều là 75%). Khi cho toàn bộ X tác dụng với một lượng dư dundịch AgNO3 trong NH3 thì lượng Ag thu được là

A.0,090 mol B. 0,095 mol C. 0,12 mol D. 0,06 molHướng dẫn:saccarozơ => Glucozo Fructozo

mantozơ => Glucozo Glucozo Theo đề bài ta có tổng số mol của Glucozo là: 0,02.2.0,75 + 0,01.2.0,75 (coi Fruntozo cũng là Glucozo – do nđều tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3)

n = 0,45 mol => nAg = 0,045.2 = 0,090 mol




Trong 2 chất nói tr ên thì có duy nhất 1 chất có khả năng tham gia phản ứng tráng gương đó là mantozơ Mantozơ => 2Ag

=> mAg = 0,01.0,25.2 = 0,005 molVậy tổng số mol của Ag là: 0,095 mol

Câu 52: Cho sơ đồ phản ứng:

(1) CH3CHO HCN X12

0

H

, t

O

H X2

(2) C2H5Br Mg

ete

Y12CO Y2

HCl Y3

Các chất hữu cơ X1, X2, Y1, Y2, Y3 là các sản phẩm chính. Hai chất X2, Y3 lần lượt làA. axit 3-hiđrôxipropanoic và ancol propylic. B. axit axetic và ancol propylic.C. axit 2-hiđrôxipropanoic và axit propanoic. D. axit axetic và axit propanoic.

Hướng dẫn:

C CHO C C

OH

CN

OH2

HC C

OH

COOH+ HCN

t0+

+

, C2H5Br + Mg => C2H5-Mg-Br

C2H5-Mg-Br + CO2 => C2H5C00MgBr2C2H5C00MgBr + 2HCl => C2H5C00H + MgBr 2 + MgCl2

Câu 53: Trong quá trình hoạt động của pin điện hóa Zn – Cu thìA. khối lượng của điện cực Zn tăng B. nồng độ của ion Cu2+ trong dung dịch tăng C. nồng độ của ion Zn2+ trong dung dịch tăng D. khối lượng của điện cực Cu giảm

Hướng dẫn: Phương tr ình hóa học của phản ứng xảy ra trong pin điện hóa Zn – Cu: quy tắc α

Cu2+ + Zn → Zn2+ + Cu

Câu 54: Cho m gam bột Cu vào 400 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian phản ứng thu được 7,7gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc tách X, rồi thêm 5,85 gam bột Zn vào Y, sau khi phản ứng xảy hoàn toàn thu được 10,53 gam chất rắn Z. Giá trị của m là

A.3,84 B. 6,40 C. 5,12 D. 5,76Hướng dẫn: Theo đề bài thì :

Cu AgNO3

Cu2+

Ag+

Cu

Ag

ZnCu

2+

Ag+

Cu

Ag

Zn (neu co)

+ dd Y + ran X

7,76 gam

0,08 mol

dd Y+

5,85 gam

ran Z

10,53 gam

+

Gọi x là số mol của AgNO3 tham gia phản ứng => trong dung dịch Y chứa: Cu2+ 0,5x mol; Ag+ (0,08 – x) mol

Và y là số mol của Cu còn dư trong rắn X: Rắn X cóy mol

Ag x mol

Cu

=> 108x + 64y = 7,76 gam




Cu2+ + 2e => Cu và Ag+ + 1e => Ag => Tổng số mol electron nhận: 0,08 mol0,5x x (0,08-x) (0,08-x)nZn = 0,09 mol

Zn – 2e => Zn2+

0,04 mol 0,08Vậy quá đó => Zn còn dư sau phản ứng mZn dư = 0,05.65 = 3,25 gam

Tổng khối lượng Cu; Ag và Zn dư tạo thành là: 7,76 + 10,53 = 18,29 gamVậy => mCu + mAg = 18,29 – 3,25 = 15,04 gamVậy khối lượng của Cu ban đầu là mCu = 15,04 – 0,08.108 = 6,4 gam* Nhận xét: + Đây là một bài tập khá hay, nếu các em đọc đề không kĩ sẽ rất dễ bị sai trong quá tr ình giải. + Cụm từ “sau một thời gian phản ứng ” làm cho bài toán tr ở nên hay hơn và khiến cho nhiều em học sinlung túng bởi các em nghĩ rằng theo đề bài hỗn hợp r ắn X sẽ chứa Cu dư và Ag, dung dịch Y chỉ chứa Cu2

Nhưng khi ta kiểm tra lượng Ag được tạo ra khi đó sẽ là 0,08.108 = 8,64 gam > 7,76 gam+ Qua bài tập này, thầy xin nhấn mạnh một điều nữa là các em cần phải chú ý hơn nữa trong quá tr ình đọc đ

bài. Chú ý từng câu từng chữ trong đề bài để hạn chế và tránh những sai lầm mắc phải khi đọc không kĩ đề. + Trong bài này, chúng ta có thể biến đổi hưởng hỏi theo cách đó là+ Xác định lượng Cu đã tham gia phản ứng + Xác định khối lượng Ag được hình thành trong hỗn hợp X

Với cách hỏi như thế thì từ tr ên ta sẽ thiếp lập được phương tr ình sau => (0,5x + y).64 + 0,08.108 = 15,04 gamTừ 2 phương tr ình thiết lập được ở tr ên, ta sẽ dễ dàng có được: x = 0,018 mol và y = 0,091 mol=> K ết quả Câu 55:Phát biểu không đúng là

A.Etylamin tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt độ thường tạo ra etanol B.Protein là những polipeptit cao phân tử có phân tử khối từ vài chục nghìn đến vài chục triệu C.Metylamin tan trong nước cho dung dịch có môi trường bazơ D.Đipeptit glyxylalanin (mạch hở) có 2 liên k ết peptit

Hướ ng dẫn: C2H5 NH2 + HNO2 => C2H5OH + N2 + H2O

Muốn có 2 liên k ết peptit thì nó phải được tạo nên từ 3 phân tử aminoaxit Câu 56: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch hở Y và Z (phân tử khối của Y nhỏ hơn của Z). Đcháy hoàn toàn a mol X, sau phản ứng thu được a mol H2O. Mặt khác, nếu a mol X tác dụng với lượng dư dundịch NaHCO3, thì thu được 1,6a mol CO2. Thành phần % theo khối lượng của Y trong X là

A. 46,67% B. 25,41% C. 40,00% D. 74,59%

Hướng dẫn: Từ dữ kiện của bài toán:

+ “a mol X tác dụng với lượng dư dung dịch NaHCO3, thì thu được 1,6a mol CO2.”=> Có một acid là đơn chức (HCOOH) và một acid là đa chức + “a mol X, sau phản ứng thu được a mol H2O”=> Số nguyên tử H trong cả hai acid đều là 2Vậy => công thức của các acid Y và Z lần lượt là: HOOH và (COOH)2

COOH

COOH

H COOH C = 1

C = 2

1,6

0,6

0,4x mol

y mol

3x = 2yChọn tỉ lệ mol của các chất trong hỗn hợp X là :

x = 2 mol và y = 3 mol

Vậy phần trăm khối lượng của HCOOH trong hỗn hợp X là:




2.46100 25, 41%

2.46 3.90

* Nhận xét: Đây là một bài tập tương đối khó, đòi hỏi nhiều về mặt suy luận và tư duy. Câu 57: Cho các phát biểu sau: (a) Có thể dùng nước brom để phân biệt glucozơ và fructozơ (b) Trong môi trường axit, glucozơ và fructozơ có thể chuyển hóa lẫn nhau

(c) Có thể phân biệt glucozơ và fructozơ bằng phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 (d) Trong dung dịch, glucozơ và fructozơ đều hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường cho dung dịch màu xanh lam(e)Trong dung dịch, fructozơ tồn tại chủ yếu ở dạng mạch hở (f) Trong dung dịch, glucozơ tồn tại chủ yếu ở dạng mạch vòng 6 cạnh (dạng α và β)

Số phát biểu đúng làA.5 B. 2 C. 4 D. 3

Hướng dẫn: Công thức cấu tạo dạng mạch hở của glucozơ và fructozơ:

C C C C C

OHOHOHOHOH

CHO

C C C C C

OHOHOHOH

CH2OH

O Trong dung dịch Brom thì nhóm –CHO của glucozơ tham gia phản ứng

-CHO + Br 2 + H2O => -COOH + 2HBr+ Trong dung dịch hầu như chỉ có hai dạng glucozo vòng 6 cạnh ở dạng α và β + Do có nhiều nhóm –OH liền kề nhau, nên Glu và Fru đều có tính chất của rượu đa chức Câu 58: Thực hiện các thí nghiệm sau:

(a) Nhiệt phân AgNO3 (b) Nung FeS2 trong không khí(c) Nhiệt phân KNO3 (d) Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch NH3 (dư)

(e) Cho Fe vào dung dịch CuSO4 (g) Cho Zn vào dung dịch FeCl3 (dư)

(h) Nung Ag2S trong không khí (i) Cho Ba vào dung dịch CuSO4 (dư) Số thí nghiệm thu được kim loại sau khi các phản ứng kết thúc làA. 3 B. 5 C. 2 D. 4

Hướng dẫn: Các phương tr ình phản ứng xảy ra: + AgNO3 => Ag + NO2 + O2 + KNO3 => KNO2 + O2 + Fe + CuSO4 => Cu + FeSO4 + Ag2S + O2 => 2Ag + SO2 + FeS2 + O2 => Fe2O3 + SO2 + Zn + FeCl3 (dư) => ZnCl2 + FeCl2 + CuSO4 + NH3 + H2O => (NH4)2SO4 + [Cu( NH 3)4](OH)2.+ Ba + H2O + CuSO4 (dư) => BaSO4 + Cu(OH)2 + H2

Qua đó có 3 thí nghiệm thu được kim loại sau khi các phản ứng kết thúc * Nhận xét: - Đây là một câu hỏi đòi học học sinh phải ghi nhớ nhiều về mặt lí thuyết và các em học sinh thường dễ nhầmcâu này.- Câu này ngoài cách hỏi tr ên có thể chuyển về dạng hỏi theo hướng có bao nhiêu phương tr ình phản ứng tạo đơn chất - Qua cầu này, thầy muốn nhắc chúng ta phải ghi nhớ là các kim loại kiềm (Na, K, Li) và kiểm thổ (Ca, Ba) kcho vào dung dịch muối thì chúng sẽ phản ứng với nước trước, sau đó sản phẩm được tạo thành mới tác dụn

tiếp với muối. Mặt khác đối với sắt thì ta phải luôn ghi nhớ về vị trí của cặp oxi hóa khử

3

2

Fe

Fe




Câu 59: Hòa tan 25 gam hỗn hợp X gồm FeSO4 và Fe2(SO4)3 vào nước, thu được 150 ml dung dịch Y. ThêH2SO4 (dư) vào 20ml dung dịch Y rồi chuẩn độ toàn bộ dung dịch này bằng dung dịch KMnO4 0,1M thì dùnhết 30 ml dung dịch chuẩn. Phần trăm khối lượng FeSO4 trong hỗn hợp X là

A. 31,6% B. 9,12% C. 13,68% D. 68,4%Hướng dẫn:Ta có sự chuyển hóa:

2 31 Fe e Fe

7 25 Mn e Mn

Theo định luật bảo toàn electron ta có:

4 4 4

4

/20 /1505. 0,015 0,1125

% 68,4%

mol mol FeSO ml KMnO FeSO ml

FeSO

n n n

m

* Nhận xét: - Đây là một câu đòi hỏi các em học sinh hiểu được bản chất của quá tr ình phản ứng và khả năng xét bài toádựa trên cơ sở của phương pháp bảo toàn electron.- Nếu như các em học sinh không lắm r õ được sự biến đổi của các nguyên tố, đi viết phương tr ình phản ứng c

thể thì mất nhiều thời gian. - Câu này ở mức độ TBK Câu 60: Cho 5,6 gam CO và 5,4 gam H2O vào một bình kín dung tích không đổi 10 lít. Nung nóng bình m

thời gian ở 8300C để hệ đạt đến trạng thái cân bằng: CO (k) + H2O (k) CO2 (k) + H2 (k) (hằng số câ

bằng K c = 1). Nồng độ cân bằng của CO, H2O lần lượt làA. 0,018M và 0,008 M B. 0,08M và 0,18MC. 0,012M và 0,024M D. 0,008M và 0,018M

Hướng dẫn:[CO] = 0,02M; [H2O] = 0,03M

CO (k) + H2O (k) CO2 (k) + H2 (k)

Ban đầu: 0,02 0,03

P.ứng: x x x x

C.bằng: 0,02-x 0,03-x x x

Ta có biểu thức

22 2

2

.1 0,012

. (0,02 )(0,03 )C

CO H x K x M

CO H O x x

Vậy nồng độ cân bằng của CO, H2O lần lượt là: 0,008M và 0,018M* Nhận xét: Đây là một câu hỏi ở mức độ TB, chỉ cần các em nhớ được công thức và cách tính. Nhưng đây

mảng kiến thức hóa học lớp 10, nên nhiều em không để ý.




[email protected] http://my.opera.com/saobanglanhgia Dịch vụ ôn thi chấ t lượng cao – GSA Education: http://giasuams.com/

Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

PHƯƠ NG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆ N TÍCH

(Trích t ừ cuố n “16 Phươ ng pháp, k ỹ thuật gi ải nhanh bài toán Hóa học” )

• I. Cơ Sở Của Phươ ng Pháp

• 1. Cơ sở : Nguyên tử, phân tử, dung dịch luôn trung hòa về điện

- Trong nguyên tử: số proton = số electron

- Trong dung dịch:

tổng số mol x điện tích ion = | tổng số mol x điện tích ion âm |

• 2. Áp dụng và một số chú ý

• a) khối lượ ng muối (trong dung dịch) = tổng khối lượ ng các ion âm

• b) Quá trình áp dụng định luật bảo toàn điện tích thườ ng k ết hợ p:• - Các phươ ng pháp bảo toàn khác: Bảo toàn khối lượ ng, bảo toàn nguyên tố

• - Viết phươ ng trình hóa học ở đạng ion thu gọn

• II. CÁC DẠ NG BÀI TẬP THƯỜ NG GẶP

Dạng 1: Áp d ụng đơ n thuần đị nh luật bảo toàn đ i ện tích

Ví Dụ 1: Một dung dịch có chứa 4 ion vớ i thành phần : 0,01 mol Na+

, 0,02 mol Mg2+

, 0,015mol SO4

2- , x mol Cl- . Giá tr ị của x là:

A. 0,015. B. 0,02. C. 0,035. D. 0,01.

Hướ ng dẫn:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

0,01x1 + 0,02x2 = 0,015x2 + Xx1 → x = 0,02 → Đáp án B

Dạng 2: K ế t hợ p vớ i đị nh luật bảo toàn khố i l ượ ng

Ví Dụ 2: Dung dịch A chứa hai cation là Fe2+: 0,1 mol và Al3+ : 0,2 mol và hai anion là Cl-: x

mol và SO42- : y mol. Đem cô cạn dung dịch A thu đượ c 46,9 gam hỗn hợ p muối khan.

Giá tr ị của x và y lần lượ t là:

A. 0,6 và 0,1 B. 0,5 và 0,15 C. 0,3 và 0,2 D. 0,2 và 0,3

Hướ ng dẫn:





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

0,1x2 + 0,2x3 = Xx1 + y x 2 → X + 2y = 0,8 (*)

- Khi cô cạn dung dịch, khối lượ ng muối = tổng khối lượ ng các ion tạo muối0,1x56 + 0,2x27 + Xx35,5 + Yx 96 = 46,9

→ 35,5X + 96Y = 35,9 (**)

Từ (*) và (**) →X = 0,2 ; Y = 0,3 → Đáp án D

Ví dụ 3: Chia hỗn hợ p X gồm 2 kim loại có hóa tr ị không đổi thành 2 phần bằng nhau. Phấn 1:

Hòa tan haonf toàn bằng dung dịch HCl dư thu đượ c 1,792 lít H2 (đktc). Phần 2: Nung trongkhông khí dư, thu đượ c 2,84 gam hỗn hợ p r ắn chỉ gồm các oxit.

Khối lượ ng hỗn hợ p X là:

A. 1,56 gam. C. 2,4 gam. B. 1,8 gam. D. 3,12 gam.

Hướ ng dẫn:

Nhận xét: Tổng số mol x điện tích ion dươ ng (của 2 kim loại) trong 2 phần là

Bằng nhau Þ Tổng số mol x điện tích ion âm trong 2 phần cũng bằng nhau.

O2 ↔ 2 Cl-

Mặt khác: nCl- = nH+ = 2nH2 = 1,792/ 22,4 = 0,08 (mol)

Suy ra: nO (trong oxit) = 0,04 (mol)

Suy ra: Trong một phần: mKim Loại - m oxi = 2,84 - 0,08.16 = 1,56 gam

Khối lượ ng hỗn hợ p X = 2.1,56 = 3,12 gam

Đáp Án D

Dạng 3: K ế t hợ p vớ i bảo toàn nguyên t ố

Ví Dụ 4: Cho hỗn hợ p X gồm x mol FeS2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ vớ i HNO3 loãng,đun nóng thu đượ c dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại Và giải phóng khí NO duy

nhất, Giá tr ị của x là:

A. 0,045. B. 0,09. C. 0,135. D. 0,18.

Hướ ng dẫn:

- Áp dụng bảo toàn nguyên tố:

Fe3+ : x mol ; Cu2+ : 0,09 ; SO42- : ( x + 0,045) mol





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (trong dung dịch chỉ chứa muối sunfat)

Ta có : 3x + 2.0,09 = 2(x + 0,045)

x = 0,09Đáp án B

Ví Dụ 5: Dụng dịch X có chứa 5 ion : Mg2+ , Ba2+ , Ca2+ , 0,1 mol Cl- và 0,2 mol NO3-. Thêm

dần V lít dung dịch K 2CO3 1M vào X đến khi đượ c lượ ng K ết tủa lớ n nhất thig giá tr ị tối thiểu

cần dùng là:

A. 150ml. B. 300 ml. C. 200ml. D. 250ml.

Hướ ng dẫn:

Có thể qui đổi các ion Mg2+, Ba2+, Ca2+ thành M2+

M2+ + CO32- → MCO3 ¯

Khi phản ứng k ết thúc, phần dung dịch chứa K +, Cl-, và NO3-

Áp dụng định luật bảo toàn toàn điện tích ta có:

nk+ = nCl- + n NO3- = 0,3 (mol) suy ra: số mol K 2CO3 = 0,15 (mol)

suy ra thể tích K 2CO3 = 0,15/1 = 0,15 (lít) = 150ml

Đáp án A

Dạng 4: K ế t hợ p vớ i vi ệc vi ế t phươ ng trình ở d ạng ion thu g ọn

Ví Dụ 6: Cho hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợ p gồm Al và Al2O3 trong 500 dung dịch

NaOH 1M thu đượ c 6,72 lít H2 (đktc) Và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào

X để thu đượ c lượ ng k ết tủa lớ n nhất là:

A. 0,175 lít. B. 0,25 lít. C. 0,25 lít. D. 0,52 lít.

Hướ ng dẫn :Dung dịch X chứa các ion Na+ ; AlO2

- ; OH- dư (có thể). Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích:

n AlO2- + n OH- = n Na+ = 0,5

Khi cho HCl vaof dung dịch X:

H+ + OH → H2O (1)

H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 ↓ (2)

3H+ + Al(OH)3 → → Al3+ + 3H2O (3)





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Để k ết tủa là lớ n nhất, suy ra không xảy ra (3) và

n H+ = n AlO2- + n OH- = 0,5

Suy ra thể tích HCl = 0,5/2 = 0,25 (lít)Đáp án B

Dạng 5 : Bài toán t ổ ng hợ p

Ví dụ 7: Hoàn toàn 10g hỗn hợ p X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M. K ết thúc thí

nghiệm thu đượ c dung dịch Y và 5,6l khí H2 (đktc). Để k ết tủa hoàn toàn các cation có trong Ycần vừa đủ 300ml NaOH 2M.Thể tích dung dịch HCl đã dùng là:

A: 0,2 lít B: 0,24 lít C: 0,3 lít D: 0,4 lít

Hướ ng dẫn:

n Na+ = nOH- = n NaOH = 0,6M

Khi cho NaOH vào dung dịch Y(chứa các ion :Mg2+;Fe2+;H+ dư;Cl-) các ion dươ ng sẽ tác dụng

vớ i OH- để tạo thành k ết tủa .Như vậy dung dịch thu đượ c sau phản ứng chỉ chứa Na+ và Cl-.

=>nCl- = n Na+=0,6 =>VHCl=0,6/2= 0,3 lít ==> đáp án C.

Ví dụ 8: Để hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợ p X gồm Fe,FeO,Fe3O4, Fe2O3 cần vừa đủ 700mldung dịch HCl 1M thu đượ c dung dịch X và 3,36 lít khí H2 (đktc). Cho NaOH dư vào dung dịchX r ồi lấy toàn bộ k ết tủa thu đượ c đem nung trong không khí đến khối lượ ng không đổi thì

lượ ng chất r ắn thu đượ c là :

A: 8 gam B: 16 gam C: 24 gam D:32 gam

Hướ ng dẫn:

Vớ i cách giải thông thườ ng ,ta viết 7 phươ ng trình hóa học,sau đó đặt ẩn số,thiết lậ p hệ phươ ng

trình và giải. Nếu áp dụng định luật bảo toàn diện tích ta có :

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

Số mol HCl hòa tan Fe là : nHCl = 2nH2 =0,3 mol

Số mol HCl hòa tan các oxit =0,7- 0,3 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn diện tích ta có

nO2-(oxit) =1/2 nCl- = 0,2 mol ==>





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

nFe (trong X) =moxit - moxi /56 =(20-0,2 x 16)/56 = 0,3 mol

Có thể coi : 2Fe (trong X ) → Fe2O3

• ð nFe2O3 =1,5 mol ==> mFe2O3 = 24 gam ==> đáp án C

III . BÀI TẬP TỰ LUYỆ N

Câu 1: Dung dịch X có chứa a mol Na+ ,b mol Mg2+ ,C mol Cl- và d mol SO42-.. Biểu thức liên

hệ giữa a,b,c,d là

A: a+2b=c+2d B:a+2b=c+d

C:a+b=c+ D : 2a+b=2c+d

Câu 2:Có 2 dung dịch,mỗi dung dịch đều chứa 2 cation và 2 anion không trùng nhau trong các

ion sau K + :0,15 mol, Mg2+ : 0,1 mol,NH4+:0,25 mol,H+ :0,2 mol, Cl- :0,1 mol SO4

2- :0,075

mol NO3- :0,25 mol,NO3- :0,25 mol và CO32- :0,15 mol. Một trong 2 dung dịch trên chứa

A: K +,Mg2+,SO42- và Cl-; B : K +,NH4

+,CO32- và Cl-

C :NH4+,H+,NO3

-, và SO42- D : Mg2+,H+,SO4

2- và Cl-

Câu 3: Dung dịch Y chứa Ca2+ 0,1 mol ,Mg2+ 0,3 mol,Cl- 0,4 mol,HCO3- y mol. Khi cô cạn

dung dịch Y thì đượ c muối khan thu đượ c là :

A: 37,4 gam B 49,8 gam

C: 25,4 gam D : 30,5 gam

Câu 4 : Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+;0,03 mol K +,x mol Cl- và y mol SO42-.Tổng khối

lượ ng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá tr ị của x và y lần lượ t là:A:0,03 và 0,02 B: 0,05 và 0,01

C : 0,01 và 0,03 D:0,02 và 0,05

Câu 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợ p gồm 0,12 mol FeS2 và x mol Cu2S vào dung dịch HNO3 vừa

đủ, thu đượ c dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat của các kim loại và giải khí NO duy nhất. Giátr ị là :





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

A :0,03 B :0,045

C:0,06 D:0,09

Câu 6: Cho m gam hỗn hợ p Cu,Zn,Mg tác dụng hoàn toàn vớ i dung dịch HNO3 loãng, dư. Cô

cạn dung dịch sau phản ứng thu đượ c (m+62). Gam muối khan. Nung hỗn hợ p muối khan trên

đến khối lượ ng không đổi thu đượ c chất r ắn có khối lượ ng là:

A: (m+4) gam B: (m+8) gam

C: (m+16) gam D: (m+32)gam

Câu 7:Cho 2,24 gam hỗn hợ p Na2CO3,K 2CO3 tác dụng vừa đủ vớ i dung dịch BaCl2.Sau phản

ứng thu đượ c 39,4 gam k ết tủa.Lọc tách k ết tủa,cô cạn dung dịch thì thu đượ c bao nhiêu gammuối clorua khan ?

A: 2,66 gam B 22,6 gam

C: 26,6 gam D : 6,26 gam

Câu 8: Tr ộn dung dịch chứa Ba2+;OH- 0,06 mol và Na2+ 0,02 mol vớ i dung dịch chứa HCO3

-

0,04 mol; CO32- 0,03 mol va Na+. Khối lượ ng k ết tủa thu đượ c sau khi tr ộn là

A: 3,94 gam B 5,91 gamC: 7,88 gam D : 1,71 gam

Câu 9:Hòa tan hoàn toàn 5,94 gam hỗn hợ p hai muối clorua của 2 kim loại nhóm IIA vào nướ cđượ c 100ml dung dịch X. Để làm k ết tủa hết ion Cl- có trong dung dịch X,ngườ i ta cho dung

dịch X ở trên tác dụng vừa đủ vớ i dung dịch AgNO3. K ết thúc thí nghiệm, thu đượ c dung dịch

Y và 17,22 gam k ết tủa. Khối lượ ng muối khan thu đượ c khi k ết tủa dung dịch Y là:

A: 4,86 gam B: 5,4 gam

C: 7,53 gam D : 9,12 gam

Câu 10: Dung dịch X chứa 0.025 mol CO32-;0,1 mol Na+;0,25 mol NH4

+ và 0,3 mol Cl-. Cho

270ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào và đun nóng nhẹ (giả sử H2O bay hơ i không đáng k ể).

Tổng khối lượ ng dung dịch X và dung dịch Ba(OH)2 sau quá trình phản ứng giảm đi là :

A: 4,125 gam B: 5,296 gam

C: 6,761 gam D : 7,015 gam





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Câu 11: Tr ộn 100ml dung dịch AlCl3 1M vớ i 200ml dung dịch NaOH 1,8M đến phản ứng hoàn

toàn thì lượ ng k ết tủa thu đượ c là :A: 3,12 gam B: 6,24 gam

C: 1,06 gam D : 2,08 gam

Câu 12: Dung dịch B chứa ba ion K+;Na+;PO43-. 1 lít dung dịch B tác dụng vớ i CaCl2 dư thu

đượ c 31 gam k ết tủa. Mặt khác nếu cô cạn 1 lít dung dịch B thu đượ c 37,6 gam chất r ắn khan. Nồng độ của 3 ion K+;Na+;PO4

3- lần lượ t là:

A:0,3M;0,3M và 0,6M B: 0,1M;0,1M và 0,2M

C: 0,3M;0,3M và 0,2M D : 0,3M;0,2M và 0,2M

Câu 13: Cho dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào 100ml dung dịch X gồm các ion: NH4+, SO4

2-,

NO3-, r ồi tiến hành đun nóng thì đượ c 23,3 gam k ết tủa và 6,72 lít(đktc) một chất duy nhất.

Nồng đọ mol của (NH4)2SO4 và NH4 NO3 trong dung dịch X lần lượ t là :

A: 1M và 1M B: 2M và 2M

C: 1M và 2M D : 2M và 1M

Câu 14:Dung dịch X chứa các ion : Fe

3+

,SO4

2-

,NH4

+

,Cl

-

. Chia dung dịch X thành 2 phần bằngnhau:

-Phần 1 tác dụng vớ i lượ ng dư dung dịch NaOH,đun nóng thu đượ c 0.672 lít khí (đktc) và 1,07

gam k ết tủa

-Phần 2 tác dụng vớ i lượ ng dư dung dịch BaCl2, thu đượ c 4,66gam k ết tủa

Tổng khối lượ ng các muối khan thu đượ c khi cô cạn dung dịch X là

A:3,73 gam B: 7,04 gam

C: 7,46 gam D : 3,52 gam




[email protected] http://my.opera.com/saobanglanhgia

CÂU 20 TRONG ĐỀ THI KHỐI A NĂM 2008 MÃ 794

VÀ CÔNG THỨ C TÍNH NHANH

I. Đặt vấ n đề

K ỳ thi ĐH đã qua đi đượ c 2 ngày đối vớ i các bạn thí sinh khối A nhưng dư âm của nó vẫn

còn đeo đẳng cả những thí sinh đã tr ải qua 2 ngày thi căng thẳng cũng như các thí sinh chuẩn bị bướ c vào đợ t thi thứ 2 sắ p tớ i.

Năm nay, dù đã theo sát hơ n k ỳ thi ĐH, nhưng vì bận công tác nên có lẽ tôi sẽ không k ị p biên soạn đáp án cho khối B (chậm mất khoảng 1 tuần). Đối vớ i đáp án khối A đã công bố, mặc

dù vẫn còn một số sai sót, nhưng nhìn chung các bạn đều đánh giá cao các phươ ng pháp mà tôi

đã vận dụng vào đề thi. Tuy nhiên, tôi vẫn thườ ng xuyên “đượ c làm phiền” bở i các tin nhắn,

điện thoại và email của các bạn hỏi về những vấn đề xung quanh đáp án.

Trong số các câu hỏi tôi nhận đượ c, câu hỏi có nhiều bạn thắc mắc nhất là công thức tính

nhanh mà tôi đã sử dụng trong câu 20 của đề thi 794 khối A. Đây là một câu hỏi hết sức quenthuộc, đã từng đượ c r ất nhiều tr ườ ng ĐH sử dụng trong đề thi vào những năm 90 của thế k ỷ

tr ướ c và tiế p tục gặ p phải trong đề thi TS ĐH 2 năm gần đây.

Bài viết dướ i đây sẽ cung cấ p những thông tin xung quanh công thức tính nhanh mà tôi đã

sử dụng trong đáp án đã công bố. Đồng thờ i cũng bổ sung nhanh các dạng toán biến đổi từ bài

tậ p này để các bạn khối B chủ động vớ i nó hơ n. Các dạng toán này đều đã đượ c tôi luyện tậ pcho học sinh ở lớ p học và r ất có khả năng sẽ còn tiế p tục r ơ i vào đề thi năm nay và những năm

sắ p tớ i.

II. Phân tích và thảo luận:

1, Tr ướ c tin xin nhắc l ại câu hỏi mà đ áp án tôi đ ã công bố :

Xin nhắc lại là đây là một bài toán r ất quen thuộc, mà cách giải của nó hiện đã lên tớ i 15.

Tuy nhiên, trong số các cách làm đã tìm ra, tôi lựa chọn việc dùng công thức, vì nó cho phépgiải bài toán này vớ i tốc độ nhanh hơ n cả. Các bạn hoàn toàn có thể tìm hiểu thêm thông tin về





bài toán này tại Blog của tôi trong các bài viết “Bài toán kinh điển của Hóa học – bài toán 9

cách giải” và “Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số”

2, Công thứ c đ ó đượ c chứ ng minh như sau

UCách 1:U Phươ ng pháp ghép ẩ n số


a, Phân tích bài toán

Biểu thức đã cho:

mBhhB = 56x + 72y + 232z + 160t (1)

nBe choB = 3x + y + z (2)

Biểu thức cần tìm:

( )2t3zyx56 +++=m (3)

b, Bi ế n đổ i các bi ể u thứ c đ ã cho để ghép ẩ n số Đặt A và B là hệ số của các phươ ng trình (1) và (2) sao cho:

( ) ( ) ( )321 =+ B A

Tiến hành đồng nhất hệ số, ta có hệ phươ ng trình:

: 56 3 56

: 72 56 0,7

: 232 56 5,6

:160 56

x A B

y A B A

z A B B

t A

+ =⎧⎪ + = =⎧⎪

→⎨ ⎨+ = =⎩⎪

⎪ =⎩

Và do đó, 0,7 5,6m A B= +

Từ k ết quả của bài toán, ta có thể khái quát hóa thành một công thức tính:

0,7 5,6 Fe hh chom m e= + (vớ i mBhhB là khối lượ ng của hỗn hợ p Fe và oxit)

Cách 2: Phươ ng pháp bảo toàn electron

Ta xem quá trình oxh – kh xảy ra trong bài là 2 bướ c oxh nối tiế p:

32 3( & ) HNOO Fe hh Fe oxit Fe

+ + ⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯→

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho 2 bướ c, ta có:

2 316 56

hh Fe Fee

m m mn

−× + = ×

Trong đó nBeB là số electron trao đổi (eBchoB và cũng bằng eBnhậnB) ở bướ c oxh thứ 2.

Biến đổi biểu thức trên, ta cũng thu đượ c k ết quả như cách 1.





III. K ế t luận

Như vậy là vớ i những biến đổi ở cách chứng minh 1 và 2, ta đã phần nào hiểu đượ c vì sao

lại có công thức trên, cũng như phạm vi áp dụng và ý ngh ĩ a của nó.

Công thức trên, theo cách chứng minh thứ 2, chẳng qua là một k ết quả từ bảo toàn

electron, nhưng ở đây chúng ta đã khôn khéo trong việc triệt để khai thác k ết quả cuối cùng, chứ không mất công lặ p lại phươ ng pháp (mặc dù nếu giải bằng bảo toàn electron cũng đã là r ất

nhanh r ồi).

Trong quá trình học, việc học thuộc máy móc các công thức tính mà không hiểu rõ

phươ ng pháp dẫn đến công thức đó là điều r ất không nên, tuy nhiên, nếu đã đượ c hướ ng dẫn cụ

thể, tỷ mỉ thì việc nhớ một công thức tính quan tr ọng, dễ r ơ i vào đề thi, cũng là một lựa chọn

“khôn ngoan” của thí sinh.

Các bạn có thể tìm hiể u thêm các công thứ c tính khác, cho các d ạng toán đố t cháy trong

bài giảng “ Đánh giá đầ y đủ hơ n ý nghĩ a của phươ ng pháp ghép ẩ n số ” và tìm cách chứ ng minh

khác cho các công thứ c đ ó nhé ^^

IV. M ột số bài t ậ p t ươ ng t ự

Để cung cấ p thêm cho các bạn những dạng bài biến đổi của bài toán này (mà r ất có thể sẽ

r ơ i vào đề thi ĐH những năm sắ p tớ i), tôi xin bổ sung một số bài tậ p tươ ng tự đượ c trích ra từ

giáo án trên lớ p của tôi:

1, Cho m(g) hỗn hợ p gồm A gồm 1,08 Al và hỗn hợ p FeO, FeB2BOB3B, FeB3BOB4B, Fe. Tiến hành

nhiệt nhôm đượ c hỗn hợ p B. Nghiền nhỏ sau đó chia B làm 3 phần bằng nhau

− Phần 1 cho vào HNO B3B đặc nóng, dư đượ c dung dịch C và 0,448lít khí NO (đktc)

−

Phần 2 cho tác dụng vớ i lượ ng dư NaOH thu đượ c 0,224 lít H B2B (đktc)

− Phần 3 cho khí CO vào thu đượ c 1,472g chất r ắn D .

Tính m.?

2, Hòa tan hoàn toàn một oxit FeBxBOByB bằng dung dịch HB2BSOB4B đặc, nóng thu đượ c 2,24 lít

SOB2B (đktc), phần dung dịch cô cạn đượ c 120 gam muối khan. Xác định công thức của oxit.

3, Nung x mol Fe trong không khí một thờ i gian thu đượ c 16,08 gam hỗn hợ p H gồm 4

chất r ắn, đó là Fe và 3 oxit của nó. Hòa tan hết lượ ng hỗn hợ p H trên bằng dung dịch HNOB3B

loãng, thu đượ c 672 ml khí NO duy nhất (đktc). Tr ị số của x là?

4, R44,08 gam một oxit sắt Fe BxBOByB đượ c hòa tan hết bằng dung dịch HNOB3B loãng, thu đượ cdung dịchR RA. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, thu đượ c k ết tủa. Đem nung lượ ng k ết

tủa này ở nhiệt độ cao cho đến khối lượ ng không đổi, thu đượ c một oxit kim loại. Dùng HB2B để

khử hết lượ ng oxit này thì thu đượ c 31,92 gam chất r ắn là một kim loại. Tìm công thức oxit?

R5, Để m gam bột kim loại sắt ngoài không khí một thờ i gian, thu đượ c 2,792 gam hỗn hợ pA gồm sắt kim loại và ba oxit của nó. Hòa tan tan hết hỗn hợ p A bằng dung dịch HNOB3B loãng,





thu đượ c một muối sắt (III) duy nhât và có tạo 380,8 ml khí NO duy nhất thoát ra (đktc). Tr ị số

của m là?

R6, Hỗn hợ p A gôm Fe và ba oxit của nó. Hòa tan hêt m gam hỗn hợ p A bang dung dịch

HNOB3B loãng, có 672 ml NO thoát ra (đktc) và dung dịch D. Đem cô cạn dung dịch D, thu đượ c50,82 gam một muối khan. Tr ị số của m là?

R7, Một lượ ng bột kim loại sắt không bảo quản tốt đã bị oxi hóa tạo các oxit. Hỗn hợ p A

gồm bột sắt đã bị oxi hóa gồm Fe, FeO, FeB3BOB4B và FeB2BOB3B. Để tái tạo sắt, ngườ i ta dùng hidro để

khử ở nhiệt độ cao. Để khử hêt 15,84 gam hỗn hợ p A nhằm tạo kim loại sắt thì cần dùng 0,22

mol HB2B. Nếu cho 15,84 gam hỗn hợ p A hòa tan hết trong dung dịch HB2BSOB4B đậm đặc, nóng, thì sẽ thu đượ c bao nhiêu thể tích khí SOB2B ở điều kiện tiêu chuẩn ?

R8, Hoà tan m(g) hỗn hợ p gồm Fe và các oxit của Fe trong HNO B3B dư thu đượ c 4,48l NOB2B và

145,2 g muối khan . Tính m? R

R9, Ðể m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thờ i gian biến thành hỗn hợ p r ắn

R(B) có khối lượ ng 13,6 gam. Cho B tác dụng hoàn toàn vớ i dung dịch axit sunphuric đặc nóngthấy giải phóng ra 3,36 lít khí duy nhất SO2 (dktc). Tính khối lượ ng m của A?

RT10, Cho 20 gam hỗn hợ p Fe, FeO, Fe B2BOB3B, Fe B3BOB4B hòa tan vừa hết trong 700 ml HCl 1M, thu

đượ c 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch D. Cho D tác dụng vớ i NaOH dư, lọc k ết tủa tạo thành và

nung trong không khí đến khối lượ ng không đổi thu đượ c m gam chất r ắn. Giá tr ị của m làR?

TCòn r ất nhiều dạng biến đổi thú vị của bài toán này, nhưng trong khuôn khổ có hạn của bài

viết, tôi xin dừng lại ở đây. Những thông tin chi tiết hơ n sẽ đượ c thảo luận tiế p trong bài viết

“Bài toán vô cơ kinh điển – bài toán 15 cách giải” và đặc biệt là tr ực tiế p tại lớ p học của tôi.

TChúc các bạn và các em học tốt, dạy tốt!TChúc cho các thí sinh của đợ t thi thứ 2 đạt đượ c k ết quả cao nhất !!!!!!!

TCác bài gi ảng của Sao băng l ạnh giá – V ũ Khắc Ng ọc có thể đượ c sử d ụng, sao chép, in

ấ n, phục vụ cho mục đ ích học t ậ p và gi ảng d ạ y, như ng cần phải đượ c chú thích rõ ràng về tác gi ả .

TTôn tr ọng sự sáng t ạo của ng ườ i khác cũng là một cách để phát tri ể n, nâng cao khả

năng sáng t ạo của bản thân mình ^^

TU Liên hệ tác gi ả:

TV ũ Khắc Ng ọc – Phòng Hóa sinh Protein – Vi ện Công nghệ Sinh học

TVi ện Khoa học và Công nghệ Vi ệt Nam

T Đi ện thoại: 098.50.52.510

T Đị a chỉ l ớ p học: p107, K4, T ậ p thể Bách Khoa, Hà N ội

T(phụ trách l ớ p học: 0942.792.710 – ch ị H ạnh)TR R





CHIẾN THUẬT CHỌN NGẪU NHIÊN

TRONG BÀI THI TR ẮC NGHIỆM HÓA HỌC

Các bạn và các em học sinh thân mến, từ tr ướ c tớ i nay, phươ ng án chọn ngẫu nhiên

thườ ng đượ c xem là giải pháp cuối cùng trong bài thi tr ắc nghiệm tr ướ c những câu hỏi hóc búa,

những bài toán khó giải quyết, …. Việc giảng dạy cho các em về các chiến lượ c và chiến thuật

chọn ngẫu nhiên cũng bị xem là một phươ ng pháp tiêu cực, “phản sư phạm”. Tuy nhiên, nếunhư đứng trên quan điểm cũng như mục tiêu của k ỳ thi ĐH là tuyển chọn, phân loại đượ c những

học sinh có kiến thức và tư duy tốt, thì rõ ràng một học sinh có đượ c một chiến thuật lựa chọn

ngẫu nhiên hợ p lý và có hiệu quả không chỉ phản ánh đượ c sự may mắn mà còn thể hiện sự

sáng tạo, trí thông minh, khả năng ứng biến và tư duy tốt của học sinh đó. Bài viết này của tôi

xin đượ c khái quát một số kinh nghiệm trong việc đề ra một chiến lượ c chọn ngẫu nhiên hợ p lý

và hiệu quả. Hy vọng bài viết sẽ nhận đượ c nhiều phản hồi tích cực và giúp ích đượ c nhiều cho

các bạn học sinh trong k ỳ thi sắ p tớ i, đồng thờ i cũng cung cấ p những gợ i ý nho nhỏ cho các bạn

giáo viên để công tác ra đề thi tr ắc nghiệm trong thờ i gian tớ i có nhiều cải thiện tích cực hơ n.

I. Lý do để chọn ng ẫ u nhiên

1, Thứ nhấ t là về mặt thờ i gian.

Thờ i gian làm bài luôn là một câu hỏi khiến các bạn học sinh phải tr ăn tr ở khi đối mặt vớ i bài thi tr ắc nghiệm. Thực tế là khi biên soạn đề thi, chắc chắn hội đồng ra đề thi đã cân nhắc đến

vấn đề thờ i gian, 90’ cho 50 câu hỏi không phải là quá eo hẹ p và nếu như thực sự có kiến thức,

phươ ng pháp và bản l ĩ nh tư duy tốt, các em có thể hoàn thành bài thi trong vòng 20-30’. Tuy

nhiên, cũng còn một thực tế là phong cách dạy và học ở tr ườ ng phổ thông hiện nay vẫn chưa

hoàn toàn theo hướ ng phục vụ k ỳ thi tr ắc nghiệm, k ỹ năng làm bài của các em vẫn còn chậm và

nặng về hình thức, các bài kiểm tra trên lớ p đa phần vẫn là tự luận khiến cho thờ i gian giải một

bài toán ngắn gọn cũng có thể mất đến 5 – 10’. Do đó, có r ất nhiều bạn không thể hoàn thành

hết bài thi trong khoảng thờ i gian cho phép. Trong những hoàn cảnh đó, chọn ngẫu nhiên là giải

pháp tối ưu.

2, Thứ hai là do sự phân bố kiế n thứ c của học sinh

Thực tế quá trình ôn thi ĐH của các em cho thấy, để có thể ôn tậ p và nắm chắc đượ c tất cả

các nội dung kiến thức ở cả 3 môn thi là điều không hề dễ dàng. Việc lựa chọn sẽ học phần nào,

môn nào và bỏ phần nào, môn nào cũng là một phần trong chiến thuật ôn thi mà mỗi học sinhcần cân nhắc cho phù hợ p vớ i năng lực của mình.

Lấy một ví dụ đơ n giản: Cũng vớ i mục tiêu là tổng điểm 3 môn là 24, nhưng một học sinh

có thể đặt mục tiêu là 8-8-8, học sinh khác là 8-10-6, ….. nhưng mục tiêu khó thực hiện nhất

bao giờ cũng là 10-10-4, để đạt đượ c điểm 8 cho mỗi môn thi là điều dễ thực hiện, nhưng đượ cđiểm 10, thì môn học nào cũng khó. Đặc biệt là vớ i các thí sinh có thi môn Toán, việc đạt đượ cđiểm 10 trong câu hỏi cuối cùng bao giờ cũng là điều không dễ thực hiện.





Do đó, thay vì dành 2 - 3 tháng cuối để “trâu bò” vớ i bất đẳng thức (mà chưa chắc đã đủ

để có điểm 10), ta có thể chấ p nhận điểm 8, điểm 9 trong môn Toán để dành thờ i gian cho 2

môn còn lại.

Chiến thuật phân bổ kiến thức vì vậy có thể tạo ra các “lỗ hổng” kiến thức cho học sinh:

có bạn chỉ k ị p học và nắm chắc hóa hữu cơ , có bạn chỉ nắm vững hóa vô cơ , bạn khác chỉ tậ ptrung học lớ p 11, 12 mà bỏ qua kiến thức của lớ p 10, …. Đối vớ i các học sinh này, chọn ngẫu

nhiên cho các phần kiến thức đã bỏ qua là giải pháp duy nhất.

3. Thứ ba, chọn sai do ng ẫ u nhiên vẫ n chư a bị tr ừ đ iể m

Mấy ngày gần đây, có một số thông tin trên các báo về việc có tr ừ điểm hay không đối vớ icác câu tr ả lờ i sai, tuy nhiên, cho đến giờ vẫn chưa có một sự thay đổi chính thức nào từ phía

Bộ GD – ĐT, thêm nữa, vớ i mặt bằng trình độ học sinh và áp lực từ phía xã hội (có điểm âm

???) sẽ làm cho quyết định này khó đi vào thực tế.

4. Thứ t ư , chọn ng ẫ u nhiên không có nghĩ a xác suấ t đ úng là 25%

Nhiều ngườ i cho r ằng, chọn ngẫu nhiên chẳng qua là chọn bừa và xác suất đúng của biện

pháp này chỉ là 25%, tuy nhiên, thực tế làm bài cho thấy, hầu như không có học sinh nào là

hoàn toàn không có chút kiến thức nào đối vớ i môn thi, khối thi mình đã chọn. Mặc dù kiến

thức ấy có thể là chưa đủ để em giải quyết vấn đề nhưng vẫn có thể giớ i hạn đượ c đáp án đúng

của vấn đề, xác suất chọn ngẫu nhiên thông thườ ng đối vớ i các đề thi tr ắc nghiệm của Việt Nam

hiện nay thườ ng lớ n hơ n 30%.

II. Chi ế n thuật chọn ng ẫ u nhiên

1, Đề ra chiế n thuật phân bổ kiế n thứ c ngay t ừ giai đ oạn ôn thi

Ngay từ trong giai đoạn ôn thi, mỗi học sinh cần phải xác định rõ ràng những điểm mạnh,

điểm yếu của mình để có k ế hoạch ôn tậ p, bồi dưỡ ng lại kiến thức. Đôi khi, vớ i quỹ thờ i gian eo

hẹ p, việc bổ sung đầy đủ, hoàn thiện tất cả các kiến thức cho cả 3 môn thi là điều không thể thực hiện đượ c. Khi đó, các em cần cân nhắc lựa chọn cho mình những nội dung kiến thức quan

tr ọng nhất, dễ tiế p thu nhất và có khả năng nắm vững đượ c nhất, hay r ơ i vào đề thi nhất để ôn

tậ p.

Những nội dung còn bỏ sót cũng cần đượ c đọc lướ t qua để có một chút ý niệm trong nhận

thức, phục vụ cho việc chọn ngẫu nhiên sau này.

2, Đọc k ỹ đề thi và gạch chân những chi tiết, những số liệu quan tr ọngMột sai lầm chết ngườ i mà thí sinh mắc phải trong quá trình làm bài thi là: Nên bắ t đầu

làm bài t ừ câu số 1, l ần l ượ t l ướ t nhanh, quyế t định làm nhữ ng câu cảm thấ y d ễ và chắ c chắ n,

đồng thờ i đ ánh d ấ u trong đề thi nhữ ng câu chư a làm đượ c. Lần l ượ t thự c hiện đế n câu tr ắ cnghiệm cuố i cùng trong đề . Sau đ ó, quay tr ở l ại "giải quyế t" nhữ ng câu đ ã t ạm thờ i bỏ qua.

Lư u ý, khi thự c hiện vòng hai cũng cần khẩ n tr ươ ng. Nên làm nhữ ng câu t ươ ng đố i d ễ hơ n, bỏ

l ại nhữ ng câu quá khó để giải quyế t trong l ượ t thứ ba, nế u còn thờ i gian.





Đây vốn là một lờ i khuyên mà các thầy cô giáo cũng như các phươ ng tiện truyền thông

vẫn thườ ng dùng để rao giảng cho các em khi làm bài, nhưng nó chỉ phù hợ p vớ i đề thi tự luận,

còn trong tr ắc nghiệm, nó là một sai lầm chết ngườ i.

N ế u bạn bấ m đồng hồ r ồi thử đọc thật to và nhanh đề bài và các đ áp án của 1 câu hỏi

tr ắ c nghiệm, bạn sẽ thấ y, thờ i gian để ta k ị p đọc xong đề và ghi nhận đượ c nhữ ng thông tin cần

thiế t cho 1 câu hỏi trung bình là 15 - 20s/câu. Điề u đ ó có nghĩ a là để đọc tr ọn vẹn 50 câu trong

1 đề thi tr ắ c nghiệm, sẽ phải mấ t chừ ng 12 - 15 phút và chư a cần phải suy nghĩ hay làm gì, chỉ 6 – 8 l ần đọc đ i đọc l ại là hế t giờ .

Thực tế là trong quá trình làm bài, sự tậ p trung cao độ của thí sinh sẽ khiến cho các em

nhanh chóng quên đi câu hỏi mà mình đã đọc tr ướ c đó, do đó, mỗi lần bỏ qua là một lần quên,

mỗi lần đọc lại là lại thấy câu hỏi đó mớ i và việc đọc đi đọc lại như thế sẽ nhanh chóng đốt cháy

hết thờ i gian làm bài của các em.

Để khắc phục điều đó, việc các em cần thực hiện ngay là phải đọc thật k ỹ và dứt khoát đề

thi, nhanh chóng ghi nhận và gạch chân lại những thông tin quan tr ọng để nhậ p tâm và ghi nhớ ngay vào trong đầu, vừa tránh đượ c sai sót trong quá trình giải (bỏ sót dữ kiện), vừa giúp các

em nhanh chóng nhớ lại bài toán khi đọc lại lần sau.

Đồng thờ i, ngay sau khi đọc đề, các em cũng nên ghi lại những phân tích, nhận định của

mình ngay bên cạnh câu hỏi, để tiện xem lại những lần sau (nếu như chưa giải đượ c ngay lúc

đó). Tốt nhất là giớ i hạn ngay các đáp án có khả năng đúng nếu có thể.

3, Phân tích 4 đ áp án để giớ i hạn câu tr ả l ờ i đ úng

Một trong những nguyên tắc khi ra đề thi tr ắc nghiệm là phải có đượ c các đáp án “gây

nhiễu” nhưng đáp án đưa ra có “gây nhiễu” đượ c không và “gây nhiễu” đến đâu, “gây nhiễu”như thế nào là câu hỏi không dễ tr ả lờ i cho ngườ i ra đề và hiện nay có không nhiều các đề thi

đáp ứng đượ c yêu cầu đó.

Ở các nướ c tiên tiến, việc xã hội hóa giáo dục ở mức cao đến nỗi các k ỳ thi chuẩn quốc

gia và quốc tế không phải do các cơ quan giáo dục nhà nướ c ra đề, mà do các công ty hoạt động

giáo dục tổ chức mà k ết quả của nó đượ c cả xã hội thừa nhận và sử dụng để đánh giá chất lượ ng

học sinh (SAT, TOEFL, ….). Thực tế là để ra đượ c một đề thi tr ắc nghiệm hay, vớ i nhiều

phươ ng án gây nhiễu tốt, có thể sử dụng để đánh giá chính xác trình độ của học sinh đòi hỏi sự

đầu tư tìm hiểu về nhiều mặt: tâm sinh lý, quán tính tư duy, thói quen suy ngh ĩ , những lỗi sai

thườ ng gặ p … của học sinh. Trong khi đó, ở Việt Nam, phần lớ n đề thi Đại học lại do các nhànghiên cứu có học hàm, học vị cao ra đề chứ không phải là những thầy cô giáo tr ực tiế p đứng

lớ p – những ngườ i thườ ng xuyên tiế p xúc và hiểu rõ thói quen suy ngh ĩ của học sinh. Các đề thi

kiểm tra trên lớ p của các thầy cô giáo thì nhiều khi lại không đảm bảo về mặt kiến thức.

Thế nên mớ i có chuyện học sinh lớ p 10 học Văn vẫn còn “đượ c” hỏi những câu như: Cô

Tấm từ quả gì chui ra?





A. Quả na B. Quả cam C. Quả thị D. Quả bưở i

Có thể nói là đáp án gây nhiễu của ta hiện nay chưa thực sự tốt, nhiều tác giả ra đề thi còn

khá tùy tiện trong việc đưa đáp án nhiễu, hoặc là đáp án nhiễu không lừa nổi học sinh, không

đánh trúng vào lỗi sai của học sinh, thậm chí một số đề thi còn thể hiện sự thiếu trách nhiệm của

ngườ i ra đề.

Một học sinh kiến thức Hóa học không thật tốt nhưng tư duy logic tốt vẫn hoàn toàn có

thể giớ i hạn đáp án để nâng cao xác suất chọn ngẫu nhiên đượ c đáp án đúng.

Việc phân tích đáp án là cực k ỳ quan tr ọng, vì có một số bài toán không thể giải đượ c đến

cùng mà chỉ có thể chọn đượ c đáp án đúng nhất, hoặc có những bài toán mà học sinh chỉ nhìn ra

đượ c phươ ng pháp giải sau khi đọc đáp án.

4, Lự a chọn phươ ng pháp và giải quyế t vấ n đề

Sau khi đã đọc k ỹ đề, ghi nhận các thông tin quan tr ọng và giớ i hạn đáp án thì việc tiế ptheo là giải quyết bài toán. Thực tế là một bài toán có thể có nhiều phươ ng pháp giải khác nhau,

việc làm sao chọn đượ c cách giải nhanh, gọn và tiết kiệm thờ i gian nhất đòi hỏi nhiều yếu tố và

cần cả một quá trình rèn luyện tích cực thì mớ i có thể đạt đượ c. Trong thi tr ắc nghiệm, một

phươ ng pháp giải hay chưa chắc đã đượ c ghi nhận, do đó, “cách của mình là cách làm nhanh

nhất”, tốt nhất là các em hãy lựa chọn cho mình cách làm mà các em nắm chắc nhất, hiểu rõ

nhất và ngh ĩ ra nhanh nhất vào thờ i điểm đó.

5, Soát l ại đề thi, làm l ại nhữ ng câu hỏi chư a hoàn thành

Nếu thờ i gian làm bài đã gần hết hoặc giải nhiều lần không ra thì cần bình t ĩ nh xem xét

các đáp án, chú ý các thông tin, các phân tích từ những lần tr ướ c, giớ i hạn lại các đáp án “khả

nghi” r ồi nhanh chóng chọn ngẫu nhiên.

Tuyệt đố i không bỏ qua bấ t k ỳ câu hỏi nào trong đề thi!

III. M ột số ví d ụ minh họa

1. Đưa một hỗn hợ p khí N2 và H2 có tỷ lệ 1:3 vào tháp tổng hợ p, sau phản ứng thấy thể

tích khí đi ra giảm 1/10 so vớ i ban đầu. Tính thành phần phần tr ăm về thể tích của hỗn hợ p khí

sau phản ứng.

A. 20%, 60%, 20%

B. 22,22%, 66,67%, 11,11%

C.

30%, 60%, 10%

D. 33,33%, 50%, 16,67%

Để giải nhanh bài toán này, ta có thể dựa vào 2 k ết quả quan tr ọng:

- Trong phản ứ ng có hiệu suấ t nhỏ hơ n 100%, nế u t ỷ l ệ các chấ t tham gia

phản ứ ng bằ ng đ úng hệ số cân bằ ng trong phươ ng trình phản ứ ng, thì sau phản ứ ng,




[email protected]

phần chấ t d ư cũng có t ỷ l ệ đ úng vớ i hệ số cân bằ ng trong phản ứ ng. Cụ thể tr ườ ng

hợ p này là 1:3. Do đó A và B có khả năng là đáp án đúng.

- Trong phản ứ ng t ổ ng hợ p amoniac, thể tích khí giảm sau phản ứ ng đ úng

bằ ng thể tích khí NH 3 sinh ra, do đó, trong tr ườ ng hợ p này, %NH3 = 10% hỗn hợ p đầuhay là 1/9 =11,11% hỗn hợ p sau. Do đó B là đáp án đúng

2. Cho các phản ứng:

Các chất A, D, E và G có thể là:

Nhận xét: Tất cả các đáp án đã cho đều có cùng k ết quả vớ i D, E, G. Do đó ta chỉ cần

quan tâm đến A. Để tìm A, ta xét riêng phản ứng A D + G. Vì D và G đã chắc chắn là K và

Cl

→

2 nên A phải không chứa O A là KCl đáp án B → →

1. Hợ p chất nào sau đây có tính axit mạnh nhất?

A. CCl3-COOH

B.CH3COOH

C. CBr 3COOH

D. CF3COOH

Nhận xét: Cho dù không có khái niệm gì về độ mạnh yếu của acid ở đây, nhưng căn cứ

vào biến thiên tính chất trong dãy Halogen, có thể dự đoán đáp án đúng là B hoặc D

2. Hỗn hợ p X gồm 2 axit no: A1 và A2. Đốt cháy hoàn toàn 0,3mol X thu

đượ c 11,2 lít khí CO2 (đktc). Để trung hòa 0,3 mol X cần 500ml dung dịch NaOH 1M.

Công thức cấu tạo của 2 axit là:A. CH3COOH và C2H5COOH

B. HCOOH và C2H5COOH

C. HCOOH và HOOC-COOH

D. CH3COOH và HOOC-CH2-COOH

http://my.opera.com/saobanglanhgia




[email protected]

Nhận xét: số nguyên t ử C trung bình = nCO2/n(acid) = 5/3 một trong 2 acid phải là

HCOOH đ áp án có thể là B hoặc C.

→

→

3. Đốt cháy một axit no đa chức Y ta thu đượ c 0,6 mol CO2 và 0,5 mol nướ c.

Biết mạch cacbon là mạch thẳng. Cho biết công thức cấu tạo của Y

A. HOOC-COOH

B. HOOC-CH2-COOH

C. HOOC-C(CH2)2-COOH

D. HOOC-(CH2)4-COOH

Nhận xét: căn cứ vào các đ áp án có thể thấ y acid đ ã cho là acid 2 chứ c, no, do đ ó CTPT

là CnH2n-2O4 n→acid = nCO2 – n H2O = 0,1 mol; số nguyên t ử C = nCO2 /nacid → D đ úng

4. Có 2 chất hữu cơ X và Y đều chứa các nguyên tố C, H, O. 2,25 gam chất

X tác dụng vừa đủ vớ i 50 ml dung dịch KOH 1M. Đốt cháy hoàn toàn 3 gam chất Yđượ c 4,4 gam CO2 và 1,8 gam H2O.

Biết chất X tác dụng vớ i Na2CO3 giải phóng CO2. Công thức phân tử của chất Xlà:

A. CH3COOH

B. HOOC-CH2-COOH

C. (COOH)2

D. K ết quả khác

Nhận xét: n H2O = nCO2 acid/ester no, đơ n chứ c A hoặc D đ úng→ →

5. Công thức đơ n giản nhất của một axit hữu cơ X là (CHO)n. Khi đốt cháy 1

mol X ta thu đượ c dướ i 6 mol CO2 công thức cấu tạo của X là:

A. HOOC-CH=CH-COOH

B. CH2=CH-COOH

C. CH3COOH


Nhận xét: X phải có 6 C nên đ áp án là D

1. Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

Các chất A, E, F là





[email protected]

Nhận xét: t ừ phản ứ ng của A vớ i HCl, suy ra A là Fe3O4 → đ áp án D đ úng

2. Tìm các chất A, B, C, D, E trong sơ đồ sau:

Nhận xét: phản ứ ng đầu tiên, A chỉ có thể là Cl 2 đ áp án C hoặc D xét tiế p chấ t B

C đ úng.

→ →

→

3. Hòa tan hoàn toàn 9,6 gam kim loại R trong H2SO4 đặc đun nóng nhẹ thu

đượ c dung dịch X và 3,36 lít khí SO2 (ở đktc). Xác định kim loại R.

A. Fe

B. CaC. Cu

D. Na

Nhận xét: B và D là 2 kim loại tác d ụng đượ c vớ i H 2O ít có khả năng đ úng đ áp án

là A hoặc C dùng 9,6 chia ra số chẵ n C đ úng

→ →

→ →

4. Một hỗn hợ p X gồm 2 kim loại A, B có tỉ lệ khối lượ ng là 1:1 . Trong 44,8

gam hỗn hợ p X, hiệu số về số mol của A và B là 0,05 mol. Mặt khác khối lượ ng nguyên

tử của A lớ n hơ n B là 8 gam. Kim loại A và B có thể là:

A. Na và KB. Mg và Ca

C. Fe và Cu


Nhận xét: không giải bài toán cũng thấ y Fe và Cu có KLNT hơ n kém nhau 8 đơ n vị C

hoặc D đ úng, vì A > B D đ úng

→

→





[email protected]

5. Hòa tan 7,2 gam một hỗn hợ p gồm 2 muối sunfat của 2 kim loại hóa tr ị (II) và (III) vào nướ c đượ c dung dịch X (Giả thiết không có phản ứng phụ khác). Thêm

vào dung dịch X một lượ ng BaCl2 vừa đủ để k ết tủa ion SO42- thì thu đượ c k ết tủa BaSO4

và dung dịch Y. Khi điện phân hoàn toàn dung dịch Y cho 2,4 gam kim loại. Biết số mol

của muối kim loại hóa tr ị (II) gấ p đôi số mol của muối kim loại hóa tr ị (III), biết tỉ lệ số

khối lượ ng nguyên tử của kim loại hóa tr ị (III) và (II) là 7/8. Xác định tên hai loại:A. Ba và Fe

B. Ca và Fe

C. Fe và Al

D. Cu và Fe

Nhận xét: không giải bài toán cũng thấ y Fe và Cu có t ỷ l ệ khố i l ượ ng 7/8 D đ úng→

6. Khi cho 17,4 gam hợ p kim Y gồm sắt, đồng, nhôm phản ứng hết vớ iH2SO4 loãng dư ta đượ c dung dịch A; 6,4 gam chất r ắn; 9,856 lít khí B ở 27,30C và 1

atm. Phần tr ăm khối lượ ng mỗi kim loại trong hợ p kim Y là:

A. Al: 30%; Fe: 50% và Cu: 20%

B. Al: 30%; Fe: 32% và Cu: 38%

C. Al: 31,03%; Fe: 32,18% và Cu: 36,79%

D. Al: 25%; Fe: 50% và Cu: 25%

Nhận xét: phần tr ăm khố i l ượ ng của kim loại trong hỗ n hợ p thườ ng l ẻ nên chọn đ áp án C.

(hoặc B)

7. Hòa tan hoàn toàn một ít oxit FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng ta

thu đượ c 2,24 lít SO2 (đo ở đktc), phần dung dịch đem cô cạn thì thu đượ c 120 gammuối khan. Công thức FexOy là:

A. FeO

B. Fe2O3

C. Fe3O4

D. B hoặc C đúng

Nhận xét: có SO2 sinh ra oxit sắ t đ ã cho phải có tính khử A hoặc C→ →

8. Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

Các chất A, B, C, D, E và F là:





[email protected]

Nhận xét: B và C r ấ t giố ng nhau B đ úng thì C nhiề u khả năng cũng phải đ úng và

ng ượ c l ại cả 2 đề u sai A hoặc D

→

→ →

6. Một học sinh phát biểu: “Tất cả các hợ p chất Hiđrocacbon no (là các

Hiđrocacbon mà phân tử của nó không có chứa liên k ết đôi C=C, liên k ết ba C≡C hay

vòng thơ m) thì không thể cho đượ c phản ứng cộng”. Phát biểu này:

a) Không đúng hẳn b) Đúng hoàn toàn

c) Đươ ng nhiên, vì hợ p chất no thì không thể cho đượ c phản ứng cộng

d) (b) và (c)

Nhận xét: M ột mệnh đề có tính khẳ ng định tuyệt đố i thì thườ ng không đ úng đ áp án

đ úng là a.

→

Nhận xét: RCOOC2H5 có gốc 2 5 29 23C H Na− = > − = → khối lượ ng chất r ắn sinh ra

phải nhỏ hơ n khối lượ ng ester ban đầu loại đáp án D. (Nếu chọn ngẫu nhiên 3 đáp án còn lại

thì xác suất là 1/3 > 1/4)

→

Nhận xét: vì Al và Fe đề u cùng bị thụ động hóa trong acid H 2SO4 và HNO3 đặc nguội nên

nhiề u khả năng C đ úng thì D cũng đ úng cả 2 đề u sai. Muố n phân biệt 3 acid này nhiề u khả

năng phải d ự a vào sản phẩ m oxi hóa chỉ còn A đ úng

→

→





[email protected]

Nhận xét: Tách nướ c ra anken loại ete A, t ạo ra 3 anken không thể là r ượ u bậc

1 không thể là B, không thể có mạch C đố i xứ ng cao loại C.

→ →

→ →

Nhận xét: M ệnh đề A và mệnh đề D đố i nghĩ a nhau 1 trong 2 đ áp án đ ó phải đ úng

(xác suấ t 50 – 50)

→

Nhận xét: A và C cùng có 1 anđ ehit, 1 ankin và etilen nhiề u khả năng A đ úng thì C

cũng đ úng cả 2 đề u sai. Chọn ng ẫ u nhiên B và D (xác suấ t 50 – 50)

→

→

Nhận xét: t ừ t ỷ l ệ CO2 và H 2O r ượ u cần tìm phải có công thứ c d ạng C → 3 H 8O x loại

đ áp án B

→

Nhận xét: t ừ 4 đ áp án X là este, 4,4 gam X tác d ụng vớ i NaOH đủ t ạo ra 4,8 gam muố i

của acid hữ u cơ Y g ố c r ượ u trong X nhỏ hơ n 23 D đ úng.

→

→ →

Nhận xét: C ả 3 đ áp án A, B, C đề u là Al tác d ụng vớ i oxit, chỉ có đ áp án B là tác d ụng vớ i

acid B đ úng. →





[email protected]

Nhận xét: C ả A, B, C đề u là kim loại kiề m và kiề m thổ , đặc biệt là A và B r ấ t giố ng nhau

(cùng là kim loại kiề m) r ấ t nhiề u khả năng D đ úng, cũng có thể C đ úng như ng xác suấ t ít

hơ n.

→

Nhận xét: tính khử của một chấ t chỉ thể hiện khi g ặ p chấ t oxi hóa mạnh hơ n chọn

ng ẫ u nhiên B hoặc C (vì KMnO4 là chấ t oxi hóa r ấ t mạnh và quen thuộc) hoặc có thể chọn

ngay C vì trong B có NaOH không có tính oxi hóa.

→

Nhận xét: M phải là kim loại nhiề u hóa tr ị hay nhiề u số oxi hóa đ áp án D →

Nhận xét: Kim loại d ư acid phải hế t loại C, chọn ng ẫ u nhiên 3 đ áp án còn l ại, còn

d ư kim loại không thể còn Fe(NO3)3 loại A, chọn ng ẫ u nhiên 2 đ áp án còn l l ại, còn d ư

kim loại không thể còn Cu(NO3)2 loại D.

→ →

→ →

→ →

Nhận xét: khố i l ượ ng muố i < khố i l ượ ng este g ố c r ượ u có khố i l ượ ng nhỏ hơ n 23

C đ úng

→ →





[email protected]

…………….. (còn nữa, nhìu lém)

IV. M ột số t ổ ng k ế t kinh nghi ệm

1, Thành phần phần tr ăm về khối lượ ng trong hỗn hợ p thườ ng là số lẻ

2, Thành phần phần tr ăm về thể tích hoặc số mol trong hỗn hợ p khí thườ ng là số chẵn

3, Nếu có 2 đáp án đối ngh ĩ a vớ i nhau thì một trong 2 đáp án sẽ có nhiều khả năng là

đáp án đúng

4, Nếu có 2 hoặc 3 đáp án tươ ng đối giống nhau về mặt hóa học thì thườ ng là các đáp

án đó đều sai, đáp án có khả năng đúng cao sẽ là các đáp án còn lại………….. (còn nữa)

V. Đôi l ờ i nhắn nhủ

Qua đây, ta cũng có thể thấy đượ c vai trò cực k ỳ quan tr ọng của chiến thuật chọn ngẫu

nhiên, khi đi thi tr ắc nghiệm, tốt nhất là ưu tiên thực hiện sàng lọc đáp án để chọn ngẫu nhiên

tr ướ c, sau đó mớ i dùng kiến thức, phươ ng pháp bài bản để giải quyết vấn đề. Có r ất nhiều bài

toán mà nếu không sử dụng đáp án cho phía dướ i thì không thể giải đượ c, hoặc có nhiều khi

phải đọc đáp án ở dướ i ta mớ i tìm đượ c đúng phươ ng pháp. Ngoài ra, thực hiện sàng lọc đáp án

cũng là cách r ất tốt để ta kiểm tra lại k ết quả giải bằng các phươ ng pháp bài bản khác.

Hy vọng bài viết trên là thực sự hữu ích đối vớ i các em.

Chúc các em học tốt và vượ t qua các k ỳ thi sắ p tớ i vớ i k ết quả tốt nhất!






Các bài gi ảng của Sao băng l ạnh giá – V ũ Khắc Ng ọc có thể đượ c sử d ụng, sao chép,

in ấ n, phục vụ cho mục đ ích học t ậ p và gi ảng d ạ y, như ng cần phải đượ c chú thích rõ ràng về

tác gi ả .

Tôn tr ọng sự sáng t ạo của ng ườ i khác cũng là một cách để phát tri ể n, nâng cao khả


Liên hệ tác gi ả:

V ũ Khắc Ng ọc – Phòng Hóa sinh Protein – Vi ện Công nghệ Sinh học

Vi ện Khoa học và Công nghệ Vi ệt Nam

Đi ện thoại: 098.50.52.510

Đị a chỉ l ớ p học: p107, K4, T ậ p thể Bách Khoa, Hà N ội

(phụ trách l ớ p học: 0942.792.710 – ch ị H ạnh)





GIẢI TOÁN HÓA HỌC

VÀ NGHỆ THUẬT ẨM THỰ C

I.

Đặt vấ n đề Sau khi bài viế t “Bài toán kinh đ iể n của Hóa học: bài toán 9 cách giải” của tôi phổ biế n

tr ở l ại trên các diễ n đ àn mạng (tr ướ c đ ó đ ã t ừ ng đượ c post lên forum của CLB Gia sư Hà N ội

năm 2006), tôi đ ã nhận đượ c khá nhiề u thông tin thú vị , r ấ t nhiề u Topic, Entry và cả Email

phản hồi ( đ a số là của các giáo viên) vớ i nhữ ng tiêu đề r ấ t hấ p d ẫ n như : “Bài toán kinh đ iể n đ ã

lùi vào l ịch sử ”, “Bài toán kinh đ iể n đ ã không còn là 9 cách giải”, “Cách thứ 10 cho bài toán

của Sao băng”, … Quả thật là r ấ t vui khi thấ y bài viế t của mình đế n đượ c vớ i số đ ông bạn đọc

và t ạo ra một sự thách đố nho nhỏ cho nhữ ng ai muố n phát triể n bài toán này, như ng cũng phải

bật cườ i cho cái sự hiế u thắ ng của tuổ i tr ẻ. C ảm hứ ng đ ó làm tôi muố n viế t bài này, như một

câu chuyện vui vẻ cho t ấ t cả mọi ng ườ i.

Giải một bài toán Hóa học bằng nhiều phươ ng pháp là một trong những nội dung quan

tr ọng trong giảng dạy Hóa học ở tr ườ ng phổ thông nhằm kích thích khả năng sáng tạo và tư duy

của học sinh. Như tôi đã từng đề cậ p trên một diễn đàn:

“Phươ ng pháp Giáo dục ở ta hiện nay còn r ất gò bó và hạn chế tầm suy ngh ĩ , sáng tạo của

học sinh. Bản thân các em học sinh, khi đối mặt vớ i một bài toán cũng thườ ng có tâm lý tự hài

lòng sau khi đã giải quyết đượ c nó bằng một cách nào đó, mà chưa ngh ĩ đến chuyện tối ưu hóa

bài toán, giải quyết nó bằng cách nhanh nhất. Giải quyết một bài toán Hóa học bằng nhiều cách

khác nhau là một cách r ất hay để phát triển tư duy và rèn luyện k ỹ năng học Hóa của mỗi ngườ i,giúp ta có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướ ng khác nhau, phát triển tư duy logic, sử

dụng thành thạo và vận dụng tối đa các kiến thức đã học. Đối vớ i giáo viên, suy ngh ĩ về bài toán

và giải quyết nó bằng nhiều cách còn là một hướ ng đi có hiệu quả để tổng quát hóa hoặc đặc

biệt hóa, liên hệ vớ i những bài toán cùng dạng, điều này góp phần hỗ tr ợ , phát triển các bài tậ phay và mớ i cho học sinh.”

Tuy nhiên, việc rèn luyện việc giải toán Hóa học bằng nhiều phươ ng pháp nhằm hướ ng

đến mục tiêu rèn luyện k ỹ năng và tư duy, không có ngh ĩ a r ằng chúng ta phải giải bài toán bằngcàng nhiều cách càng tốt. Ở đây, cần phân biệt rõ khái niệm “phươ ng pháp” và “cách”. Việc

lạm dụng, đôi khi là phô diễn một bài toán cho có nhiều cách làm là không cần thiết và ít hiệuquả trong học tậ p.

Đối vớ i một bài toán, những phươ ng pháp tư duy để giải quyết là thứ nguyên liệu không

nhiều nhưng những cách làm – những “món ăn” đượ c xào xáo, chế biến từ đó là r ất nhiều. Tuy

nhiên, để đi từ một số ít nguyên liệu mà điều chế ra đượ c nhiều món ăn ngon là một công việc

không hề đơ n giản. Nếu không khéo chế biến thì sản phẩm thu đượ c sẽ không đều tay, các món





ăn hoàn toàn khác nhau thì có món r ất ngon, lại có món siêu dở và ngượ c lại, nếu chế biến đượ ctoàn món ngon mà lại nhiều quá, hoặc na ná như nhau thì dễ sinh ra vị “ngán”.

Trong các bài giảng tr ướ c, tôi đã nhiều lần đề cậ p đến “Bài toán kinh điển của Hóa học – bài toán 9 cách giải” mà tôi viết từ năm 2006. Tính đến nay, tôi hoàn toàn có thể tô vẽ nó ra tớ i

hơ n 15 cách, nhưng trong những cách đó, không phải cách làm nào cũng hay, cũng hiệu quả.Hôm nay, tôi xin giớ i thiệu vớ i các bạn một bài toán nữa, cũng có thể gọi là một “bài toán

kinh điển” nhưng là một bài tậ p hữu cơ . Bài toán này “cặ p đôi” cùng vớ i bài toán vô cơ đã có sẽ

làm nên một bộ đôi siêu kinh điển cho những ai muốn dạy và học về giải toán Hóa học. Bài viết

dướ i đây sẽ trình bày 12 cách giải mà theo tôi tuy chưa thực sự nhanh, nhưng r ất hay và cực k ỳ

có ý ngh ĩ a cho việc minh họa phươ ng pháp.

12 cách làm này có thể xem là 12 món ăn ngon cho mỗi bạn đọc và hy vọng, không ai, sau

khi đọc bài viết này phải cảm thấy “ngán”.

II. Ví d ụ và phân tích

“H ỗ n hợ p X g ồm C H , C H và C H . Đố t cháy hoàn toàn 24,8g hỗ n hợ p X thu đượ c

28,8g nướ c. M ặt khác 0,5 mol hỗ n hợ p này tác d ụng vừ a đủ vớ i 500g dung d ịch Brom 20%.

Tính % về thể tích của mỗ i khí trong hỗ n hợ p.”

2 2 2 6 3 6

1. Nguyên li ệu

Từ các dữ kiện của đề bài, ta có thể dễ dàng nhận ra các “dấu hiệu nhận biết” của các

phươ ng pháp giải toán quen thuộc (^^ cái này thì tôi chỉ dám trình bày bằng ngôn ngữ nói, tr ực

tiế p tại lớ p học thôi). Đó là:

- Phươ ng pháp đại số thông thườ ng

-

Phươ ng pháp đưa thêm số liệu

- Phươ ng pháp trung bình và k ỹ thuật đườ ng chéo

- Phươ ng pháp đườ ng chéo

- Phươ ng pháp phân tích hệ số và ứng dụng

- Phươ ng pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượ ng

- Độ bất bão hòa k

Tất nhiên là ở đây các phươ ng pháp này đan xen lẫn nhau và khó có thể phân biệt r ạch ròi

vớ i nhau, đồng thờ i, cũng có khó có thể chỉ dùng một phươ ng pháp mà có thể giải quyết tr ọn

vẹn đượ c bài toán.

2. Xào nấ u

Các phươ ng trình phản ứng xảy ra trong bài như sau:

- Khi đốt cháy:




[email protected]

2 2 2 2 2

2 6 2 2 2

3 6 2 2 2

5 2

27

2 329

3 32

C H O CO H O

C H O CO H O

C H O CO H O

+ → +

+ → +

+ → +

- Khi tác dụng vớ i Brom:

2 2 2 2 2 4

3 6 2 3 6 2

2C H Br C H Br

C H Br C H Br

+ →

+ →

2 2

28,8 500 20%1,6 0,625

18 160 H O Br n mol n mol ×

= = = =

Cách 1: Phươ ng pháp đại số thông thườ ng (đây là cách làm thông thườ ng mà học sinh

nào cũng từng đượ c biết và có lẽ là không dướ i 70% học sinh giải bài toán này bằng cách này)Gọi số mol các khí trong 24,8 gam hỗn hợ p X lần lượ t là x, y, z mol

và số mol các khí trong 0,5 mol hỗn hợ p X lần lượ t là kx, ky, kz mol


2 2

2 6 2 6

C H

C H C H

26 30 42 24,80,4

%V 50%3 3 1,6 0, 2

%V %V 25%0,51,6

2 0,625

x y z g x mol

x y z mol y z mol

kx ky kz mol k

kx kz mol

+ + =⎧=⎧⎪ =⎧+ + =⎪ ⎪ ⎪

→ = = →⎨ ⎨ ⎨= =+ + = ⎪⎪ ⎪ ⎩=⎩⎪ + =⎩

Cách 2: Phươ n g pháp đư a thêm số li ệu

Hỗn hợ p X theo đề bài là một hỗn hợ p đồng nhất, tỷ lệ giữa các thành phần khí trong hỗn

hợ p là không đổi, do đó, KLPT trung bình của hỗn hợ p ( ) là một giá tr ị không đổi.

Ta dùng phươ ng pháp đưa thêm số liệu: gọi x, y, z lần lượ t là số mol của ba khí trong 1

mol hỗn hợ p X. Từ giả thiết, ta có hệ phươ ng trình:

2 2

2 6 2 6

C H

C H C H

1

%V 50%0,50,6252 1, 25%V %V 25%0,250,5

24,8( 3 3 )26 30 42

1,6

x y z mol

x mol x z y z mol

x y z M x y z

⎧⎪ + + =⎪

=⎧=⎧⎪ ⎪+ = = → →⎨ ⎨ ⎨= == =⎩ ⎪⎪ ⎩

⎪ + += + + =⎪

⎩





[email protected]

Cách 3: Phươ ng pháp trung bình +Phươ ng pháp bảo toàn nguyên t ố và khố i l ượ ng +

Phươ ng pháp đại số

Gọi CTPT trung bình của cả hỗn hợ p X là x yC H

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và khối lượ ng, ta có:

1,6 2 1624,8 1,6 2 21,6 1,8

1,8 9C X H C

ym m m g n mol

x

×= − = − × = → = → = =

Do đó, CTPT trung bình ở trên có thể viết thành 169

x xC H

Do phản ứng cộng Brom biến Hydrocacbon đã cho thành hợ p chất no, nên CTPT của sản

phẩm là: 16 2 299 x x x

C H Br + vớ i

2 0,625 2 92 2,5

9 0,5 x x

4

×+ = = → =

Vậy CTPT trung bình của hỗn hợ p X là 9 44C H

Từ đây, ta dễ dàng có số mol của 24,8g X là 0,8 mol. Và hệ phươ ng trình

2 2

2 6 2 6

C H

C H C H

0,8%V 50%0,4

3 3 1,6%V %V 25%0,2

2 3 3 1,8

x y z mol x mol

x y z mol y z mol

x y z mol

+ + =⎧=⎧=⎧⎪ ⎪

+ + = → →⎨ ⎨ ⎨= == =⎩ ⎪⎪ ⎩+ + =⎩

Cách 4: Phươ ng pháp trung bình +Phươ ng pháp bảo toàn nguyên t ố và khố i l ượ ng +

Phươ ng pháp đườ ng chéo.

Gọi CTPT trung bình của cả hỗn hợ p X là x yC H Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và khối lượ ng, ta có:

1,6 2 1624,8 1,6 2 21,6 1,8

1,8 9C X H C

ym m m g n mol

x

×= − = − × = → = → = =


x xC H

Do phản ứng cộng Brom biến Hydrocacbon đã cho thành hợ p chất no, nên CTPT của sản

phẩm là:16 2 299 x x x

C H Br +

vớ i2 0,625 2 9

2 2,59 0,5

x x

4

×+ = = → =

Vậy CTPT trung bình của hỗn hợ p X là 9 44

C H

Áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo cho hỗn hợ p X ta có:

- Theo số C trung bình:





[email protected]

(C2H2, C2H6) (C = 2)

C3H6 (C = 3)C =

9

4

4

1

4

375%

25%

-

Theo số H trung bình:(C2H6, C3H6) (H = 6)

C2H2 (H = 2)

50%

50%

2

2H = 4

Từ đó, ta cũng thu đượ c k ết quả như các cách làm trên.

Cách 5: Phươ ng pháp trung bình + Độ bấ t bão hòa k + Phươ ng pháp đại số

Gọi CTPT trung bình của cả hỗn hợ p X là 2 2 2 x xC H

k + − trong đó k là số liên k ết π trung

bình của hỗn hợ p X và a là số mol của 24,8 gam hỗn hợ p X.

Từ phản ứng của X vớ i Br 2, ta có: 20,625

1,250,5

Br

X

nk

n= = =

Do đó, CTPT trung bình của X là 2 0,5 x xC H

−

Ta viết lại phản ứng cháy:

2 22 0,5 ( 0,25)

x xC H xCO x H O

− → + −

Từ phươ ng trình đốt cháy, ta có hệ phươ ng trình:

( )

( )

914 0,5 24,8 1,8 4

0,80, 25 1,6 0,8

a x xax

aa x a mol

⎧⎧ − = ⎧ ==⎪ ⎪→ →⎨ ⎨

=⎪− = ⎩⎪ ⎪ =⎩ ⎩

⎪⎨


C H

Từ đây, ta dễ dàng có số mol của 24,8g X là 0,8 mol. Và hệ phươ ng trình:

2 2

2 6 2 6

C H

C H C H

0,8%V 50%0,4

3 3 1,6

%V %V 25%0,22 3 3 1,8

x y z mol x mol

x y z mol

y z mol x y z mol

+ + =⎧=⎧=⎧⎪ ⎪

+ + = → →⎨ ⎨ ⎨

= == =⎩ ⎪⎪ ⎩+ + =⎩

Cách 6: Phươ ng pháp trung bình + Độ bấ t bão hòa k + Phươ ng pháp đại số + Phươ ng

pháp đườ ng chéo








[email protected]


1,250,5

Br

X

nk

n= = =


−

Ta viết lại phản ứng cháy:2 22 0,5

( 0,25) x x

C H xCO x H O−

→ + −


( )

( )

914 0,5 24,8 1,8 4

0,80, 25 1,6 0,8

a x xax

aa x a mol

⎧⎧ − = ⎧ ==⎪ ⎪→ →⎨ ⎨

=⎪− = ⎩⎪ ⎪ =⎩ ⎩

⎪⎨


C H



(C2H2, C2H6) (C = 2)

C3H6 (C = 3)C =

9

4

4

1

4

375%

25%

- Theo số H trung bình:

(C2H

6, C

3H

6) (H = 6)

C2H2 (H = 2)50%

50%

2

2H = 4


Cách 7: Phươ ng pháp trung bình + Độ bấ t bão hòa k +Phươ ng pháp bảo toàn nguyên

t ố và khố i l ượ ng + Phươ ng pháp phân tích hệ số và ứ ng d ụng + Phươ ng pháp đại số



bình của hỗn hợ p X.

Từ phản ứng của X vớ i Br 2, ta có: 2 0,625 1,250,5

Br

X

nk

n= = =

224,8 1,6 2 21,6 1,8

C X H C C m m m O g n mol n= − = − × = → = =





[email protected]

Trong bài giảng “Phươ ng pháp phân tích hệ số và ứ ng d ụng trong việc giải nhanh bài

toán Hóa học” tôi có nêu một k ế t quả r ấ t quan tr ọng là:2 2

1 H O CO

X

n nn

k

−=

−

Áp dụng k ết quả này vào bài toán đã cho, ta dễ dàng có 0,8 X n mol =

Từ đây, ta dễ dàng có hệ phươ ng trình:

2 2

2 6 2 6

C H

C H C H

0,8%V 50%0,4

3 3 1,6%V %V 25%0,2

2 3 3 1,8

x y z mol x mol

x y z mol y z mol

x y z mol

+ + =⎧=⎧=⎧⎪ ⎪

+ + = → →⎨ ⎨ ⎨= == =⎩ ⎪⎪ ⎩+ + =⎩


t ố và khố i l ượ ng + Phươ ng pháp phân tích hệ số và ứ ng d ụng + Phươ ng pháp đườ ng chéo





1,250,5

Br

X

nk

n= = =

224,8 1,6 2 21,6 1,8C X H C C m m m O g n mol n= − = − × = → = =



1 H O CO

X

n nn

k

−=

−


Do đó, 21,8 9

0,8 4CO

X

n x

n= = = và CTPT trung bình của X sẽ là 9 4

4C H



(C2H2, C2H6) (C = 2)

C3H6 (C = 3)C =

9

4

4

1

4

375%

25%


(C2H6, C3H6) (H = 6)

C2H2 (H = 2)

50%

50%

2

2H = 4





[email protected]



t ố và khố i l ượ ng + Phươ ng pháp đại số





1,250,5

Br

X

nk

n= = =


− (1)



1,6 2 1624,8 1,6 2 21,6 1,81,8 9C X H C

ym m m g n mol x

×= − = − × = → = → = =


x xC H (2)

K ết hợ p 2 k ết quả (1) và (2) ta có:16 9

2 0,59 4

x x x− = → =


C H

Từ đây, ta dễ dàng có số mol của 24,8g X là 0,8 mol. Và hệ phươ ng trình

2 2

2 6 2 6

C H

C H C H

0,8%V 50%0,4

3 3 1,6%V %V 25%0,2

2 3 3 1,8

x y z mol x mol

x y z mol y z mol

x y z mol

+ + =⎧=⎧=⎧⎪ ⎪

+ + = → →⎨ ⎨ ⎨= == =⎩ ⎪⎪ ⎩+ + =⎩


t ố và khố i l ượ ng + Phươ ng pháp đườ ng chéo





1,250,5

Br

X

nk

n= = =


− (1)






[email protected]


1,6 2 1624,8 1,6 2 21,6 1,8

1,8 9C X H C

ym m m g n mol

x

×= − = − × = → = → = =


x x

C H (2)

K ết hợ p 2 k ết quả (1) và (2) ta có:16 9

2 0,59 4

x x x− = → =


C H



(C2H2, C2H6) (C = 2)

C3H6 (C = 3)C = 9

4

4

14

375%

25%


(C2H6, C3H6) (H = 6)

C2H2 (H = 2)

50%

50%

2

2H = 4


t ố và khố i l ượ ng + Phươ ng pháp phân tích hệ số và ứ ng d ụng Gọi CTPT trung bình của cả hỗn hợ p X là 2 2 2 x x

C H k + − trong đó k là số liên k ết π trung



1,250,5

Br

X

nk

n= = =

224,8 1,6 2 21,6 1,8C X H C C m m m O g n mol n= − = − × = → = =



1 H O CO

X

n nn

k

−=−


Tiế p tục phân tích hệ số các phản ứng cháy, ta có:

− Tỷ lệ Hidrocacbon : CO2 đều là 1:2, tr ừ phản ứng của C3H6 có tỷ lệ 1:3






ol 3 6 2

2 0, 2C H CO X n n n m→ = − =

− Tỷ lệ Hidrocacbon : H2O đều là 1:3, tr ừ phản ứng của C2H2 có tỷ lệ là 1:1

2

2 2

30,4

2 X H O

C H

n nn mol

−→ = =

Từ đó ta cũng dễ dàng tìm đượ c đáp số như các cách làm trên.

Cách 12: Phươ ng pháp trung bình + Độ bấ t bão hòa k + Phươ ng pháp đại số +

Phươ ng pháp phân tích hệ số và ứ ng d ụng





1,250,5

Br

X

nk

n= = =


−

Ta viết lại phản ứng cháy:

2 22 0,5 ( 0,25)

x xC H xCO x H O

− → + −


( )

( )

914 0,5 24,8 1,8 4

0,80,25 1,6 0,8

a x xax

aa x a mol

⎧⎧ − = ⎧ ==⎪ ⎪→ →⎨ ⎨

=⎪− = ⎩⎪ ⎪ =⎩ ⎩

⎪⎨

ol

Tiế p tục phân tích hệ số các phản ứng cháy, ta có:

− Tỷ lệ Hidrocacbon : CO2 đều là 1:2, tr ừ phản ứng của C3H6 có tỷ lệ 1:3

3 6 22 0, 2C H CO X n n n m→ = − =

− Tỷ lệ Hidrocacbon : H2O đều là 1:3, tr ừ phản ứng của C2H2 có tỷ lệ là 1:1

2

2 2

30,4

2 X H O

C H

n nn mol

−→ = =

Từ đó ta cũng dễ dàng tìm đượ c đáp số như các cách làm trên.

III. M ột bài t ậ p t ươ ng t ự

Đốt cháy hoàn toàn 11g hỗn hợ p A chứa axetilen, propilen và metan thu đượ c 12,6 gam

nướ c. Mặt khác, 5,6 lít hỗn hợ p trên phản ứng vừa đủ vớ i dung dịch chứa 50 gam Brom. Xác

định thành phần phần tr ăm về thể tích của hỗn hợ p ban đầu. Biết các thể tích khí đượ c đo ở điềukiện tiêu chuẩn.

( Bài t ậ p 16, trang 211, sách Giải toán Hóa học 11, Lê Tr ọng Thọ (chủ biên))





IV. T ổ ng k ế t

1, Như đã nói ở trên, bài toán này cùng vớ i “Bài toán kinh điển 15 cách giải” hẳn sẽ là một

bộ đôi siêu kinh điển trong dạy và học về phươ ng pháp giải toán Hóa học (^^ và nếu có thể, xinhãy ghi tên của Sao băng lạnh giá kèm theo bài toán đó).

Thực sự bản thân tôi cũng khá bất ngờ , vì bài toán này đã hội tụ khá đầy đủ những phươ ng pháp giải toán riêng nhất của Sao băng lạnh giá như: đườ ng chéo, phân tích hệ số và ứng dụng,

giải toán vớ i độ bất bão hòa, ….

2, 12 cách làm ở trên, nếu xét riêng từng cách một thì đều là cách làm hay và nhiều ý

ngh ĩ a về lý luận và tư duy. Nhưng đặt trong tổng thể một bài viết chắc sẽ gây ra sự “nhàm”, sự

“ngán” cho ngườ i đọc (^^ cũng giống như khi đượ c ăn quá nhiều món ngon cùng lúc vậy).

Trong hầu hết các phươ ng pháp đã làm ở trên, 2 đại lượ ng mà ta tậ p trung tìm là CTPT

trung bình và số mol khí của X, đó chính là lý do các cách làm khác nhau, nhưng vẫn có nhiềuđiểm chung (như những món canh chế biến từ một nồi nướ c dùng) và gây ra sự “nhàm chán”.

3, Tr ở lại vớ i vấn đề đã nêu ra từ đầu, “Cách làm vẫn mãi chỉ là cách làm, nếu như nó

không đượ c khái quát hóa lên thành một phươ ng pháp mớ i”, mục đích của bài viết này là tậ ptrung làm rõ ý ngh ĩ a của việc sử dụng phươ ng pháp, mà từ đó ta “chế” ra các cách, chứ không

nhằm phô diễn cách làm.

Nếu khắt khe, 12 cách làm của bài toán trên có thể thu hẹ p về một vài biến đổi nhỏ.

Vì thế, mong là từ đây, mỗi khi nói đến một cách làm mớ i, ta nên phân biệt rõ vớ i một

phươ ng pháp mớ i, để tránh việc giải một bài toán bằng nhiều phươ ng pháp tr ở thành bằng nhiều

cách để việc dạy và học theo hướ ng này thực sự thu đượ c hiệu quả như mong đợ i.

^^ một món ăn phải ngon và đượ c đặt trong một thự c đơ n hợ p lý!

Chúc các bạn và các em, d ạ y và học ngày càng t ố t hơ n !!!!!

**********************

Để hiểu rõ hơ n một số phươ ng pháp đã sử dụng trong đáp án cũng như nâng cao tốc độ và

hiệu quả làm bài, mờ i các bạn và các em tìm đọc các bài giảng về phươ ng pháp của Sao băng

lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc tại Blog: http://360.yahoo.com/vkngoc49cns

hoặc http://my.opera.com/saobanglanhgia/blog/

Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối A năm 2008


Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số

Hiểu đúng hơ n về chất lưỡ ng tính

Phân tích hệ số phản ứng và ứng dụng trong giải nhanh bài toán Hóa học

http://360.yahoo.com/vkngoc49cns

http://my.opera.com/saobanglanhgia/blog/

http://blog.360.yahoo.com/blog-xqI6JlYncKj8AtNZLm9wyH3bJA--?cq=1&p=319
























































Hình không gian - chuyên đề: Khoảng cách

Phươ ng pháp đườ ng chéo: sau 2 năm, có gì mớ i

Phươ ng pháp vectơ trong giải toán hình học không gian

Khái niệm độ bất bão hòa và ứng dụng trong giải toán

Phươ ng pháp ghép ẩn số - những biến đổi đại số

Bài toán kinh điển của Hóa học: bài toán 9 cách giải

Quy tắc viết công thức Cấu tạo theo Lewis, CTCT + Dạng lai hóa + Hình học phân tử Một bài Hóa thi ĐH năm 2006

Chiến thuật chọn ngẫu nhiên trong bài thi tr ắc nghiệm Hóa học

Chuyển đổi các công thức biểu diễn phân tử đườ ng

Phân tích hệ số cân bằng của phản ứng và ứng dụng trong giải nhanh bài toán hóa học


in ấ n, phục vụ cho mục đ ích học t ậ p và gi ảng d ạ y, như ng cần phải đượ c chú thích rõ ràng về tác gi ả .






Đi ện thoại: 098.50.52.510


























































































































































[email protected] http://360.yahoo.com/vkngoc49cns

TỔ NG K ẾT 18 CÁCH GIẢI CHO BÀI TOÁN VÔ CƠ KINH ĐIỂ N

Giải một bài toán Hóa học bằng nhiều phươ ng pháp khác nhau là một trong những nội dung

quan tr ọng trong giảng dạy Hóa học ở tr ườ ng phổ thông. Phươ ng pháp Giáo dục ở ta hiện nay còn

nhiều gò bó và hạn chế tầm suy ngh ĩ , sáng tạo của học sinh. Bản thân các em học sinh khi đối mặt vớ i

một bài toán cũng thườ ng có tâm lý tự hài lòng sau khi đã giải quyết đượ c nó bằng một cách nào đó,mà chưa ngh ĩ đến chuyện tối ưu hóa bài toán, giải quyết nó bằng cách nhanh nhất. Do đó, giải quyết

một bài toán Hóa học bằng nhiều cách khác nhau là một cách r ất hay để phát triển tư duy và rèn luyện

k ỹ năng học Hóa của mỗi ngườ i, giúp ta có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướ ng khác nhau,

phát triển tư duy logic, sử dụng thành thạo và vận dụng tối đa các kiến thức đã học. Đối vớ i giáo viên,

suy ngh ĩ về bài toán và giải quyết nó bằng nhiều cách còn là một hướ ng đi có hiệu quả để tổng quát

hóa hoặc đặc biệt hóa, liên hệ vớ i những bài toán cùng dạng, điều này góp phần hỗ tr ợ , phát triển các

bài tậ p hay và mớ i cho học sinh.

Trên tạ p chí Hóa học và Ứ ng dụng số ra tháng 11 năm 2008, tôi đã giớ i thiệu một bài tậ p Hóa

hữu cơ có thể giải đượ c bằng 14 cách khác nhau. Trong bài viết này, tôi xin tổng k ết và hệ thống hóalại 18 cách giải khác nhau cho một bài toán vô cơ cũng r ất thú vị khác.

"M ột phoi bào S ắt có khố i l ượ ng m để lâu ngoài không khí b ị oxi hóa thành hỗ n hợ p A g ồm

Fe, FeO, Fe3O4 , Fe2O3 có khố i l ượ ng 12g. Cho A tan hoàn toàn trong HNO3 sinh ra 2,24 lít khí

NO duy nhấ t ( ở đ i ều ki ện tiêu chuẩ n). Tìm giá tr ị của m?”

Các phươ ng trình phản ứng xảy ra trong bài:

- Khi cho Fe tác dụng vớ i O2:

2

2 3 4

2 2 3

2 2

3 2

4 3 2

Fe O FeO

Fe O Fe O

Fe O Fe O

+ →

+ →

+ →

- Khi cho hỗn hợ p A tác dụng vớ i HNO3:

3 3 3 2

3 3 3 2

3 4 3 3 3 2

2 3 3 3 3 2

4 ( ) 2

3 10 3 ( ) 5

3 28 9 ( ) 14

3 6 2 ( ) 3

Fe HNO Fe NO NO H O

FeO HNO Fe NO NO H O

Fe O HNO Fe NO NO H O

Fe O HNO Fe NO H O

+ → + +

+ → + +

+ → + +

+ → +

I. Nhóm các phươ ng pháp đại số:

Đây là nhóm các phươ ng pháp giải toán Hóa học dựa trên việc đặt ẩn và biểu diễn các quan hệ Hóa học trong bài toán bằng các biểu thức đại số.

Đặt x, y, z, t lần lượ t là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3:

Phươ ng trình đ ã cho :

mhh = 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1)





ne cho = 3x + y + z = 0,3 (2)

Biể u thứ c cần tìm:

( )2t3zyx56 +++=m (3)

Trong bài tậ p này, số ẩn cần tìm là 4 trong khi chỉ có 2 phươ ng trình đã biết, do đó, bài toán

không thể giải bằng phươ ng pháp đại số thông thườ ng (đặt ẩn – giải hệ) để tìm ra giá tr ị của mỗi ẩnmà chỉ có thể bằng cách ghép ẩn số, đi từ phươ ng trình đã cho đến biểu thức cần tìm. Quá trình biến

đổi đó (đi từ phươ ng trình đã cho đến biểu thức cần tìm), có thể tiến hành theo 3 hướ ng: biến đổi

ngẫu hứng, đồng nhất hệ số hoặc ghép ẩn – giải hệ.

A. Biến đổi ngẫu hứ ng:

Có r ất nhiều phươ ng pháp biến đổi ngẫu hứng trong tr ườ ng hợ p này, tùy thuộc vào sự thông

minh, khéo léo và những nhận xét tinh tế của mỗi ngườ i. Ở đây, tôi chỉ xin giớ i thiệu một số cách

biến đổi đơ n giản và logic nhất :

Cách 1.1: Nhận thấ y ẩ n t chỉ xuấ t hiện trong phươ ng trình (1) và biể u thứ c (3), trong đ ó hệ số của t ở

phươ ng trình (1) g ấ p 80 hệ số của t ở biể u thứ c (3). Ta có cách biế n đổ i d ướ i đ ây:

Nhân phươ ng trình (2) vớ i 8 r ồi cộng vớ i phươ ng trình (1), ta có:

( ) ( ) ( )2 8 1 80 3 2 14, 4 x y z t × + = + + + =

Chia phươ ng trình mớ i này cho 80 r ồi nhân vớ i 56, ta dễ dàng có đượ c k ết quả cần tìm:

( )14,4

56 3 2 56 10,0880

m x y z t g = + + + = × =

Cách 1.2:

Nhận thấ y các hệ số của phươ ng trình (1) đề u chia hế t cho 8. Ta có cách biế n đổ i d ướ i đ ây:

Chia phươ ng trình (1) cho 8 r ồi cộng vớ i phươ ng trình (2), ta có:

( ) ( )

( )1

2 10 3 2 1,88

x y z t + = + + + =

Chia phươ ng trình mớ i này cho 80 r ồi nhân vớ i 56, ta dễ dàng có đượ c k ết quả cần tìm:

( )1,8

56 3 2 56 10,0810m x y z t g = + + + = × =

Cách 1.3:

Nhận thấ y nế u biế n đổ i t ừ phươ ng trình (1) và (2) về toàn bộ biể u thứ c (3) thì các hệ số của x, y,

z, t đề u phải chia hế t cho 56, ta có thêm cách biế n đổ i sau:

Nhân phươ ng trình (1) vớ i 7 (vì các hệ số của phươ ng trình (1) đã chia hết cho 8) và nhân

phươ ng trình (2) vớ i 56 r ồi cộng lại, ta có:





( ) ( ) ( )7 1 56 2 560 3 2 100,8 x y z t × + × = + + + =

Chia phươ ng trình mớ i này cho 10, ta thu đượ c k ết quả 10,08m g =

B. Đồng nhất hệ số:

Cách 1.4:

Gọi A và B là hệ số của các phươ ng trình (1) và (2) sao cho:

( ) ( ) ( )1 2 3 A B× + × =

( ) ( ) 56 72 232 160 3 56( 3 2 ) x y z t B x y z x y z t → + + + + + + = + + +

Tiến hành đồng nhất hệ số của x, y, z, t ở 2 vế của phươ ng trình trên, ta có:

: 56 3 56

: 72 56 0,7

: 232 168 5,6

:160 112

x A B

y A B A

z A B B

t A

+ =⎧⎪

+ = =⎧⎪→⎨ ⎨

+ = =

⎩⎪⎪ =⎩

Và do đó, ( ) ( )0,7 1 5,6 2 10,08m g = + =

Cách 1.5:

Nhận thấ y ẩ n t chỉ xuấ t hiện trong phươ ng trình (1) và biể u thứ c (3), do đ ó nế u biế n đổ i t ừ (1)

và (2) ra (3) thì hệ số của t chỉ phụ thuộc vào (1).

→ Hệ số của (1) là56 2

0,7160

A ×

= =

Vậy: ( ) ( ) ( )0,7 1 2 3 B+ =

Đồng nhất các hệ số của x, y, z, t ở 2 vế của phươ ng trình mớ i này, ta dễ dàng tìm ra 5,6 B =

Do đó, ( ) ( )0,7 1 5,6 2 10,08m g = + =

C. Ghép ẩn – giải hệ:

Cách 1.6:

Trong bài tậ p này, phươ ng pháp ghép ẩn – giải hệ đượ c thực hiện vớ i 2 biểu thức sau :

nFe = x + y + 3z + 2t (4)

nO = y + 4z + 3t (5)

Vớ i 2 biểu thức đã cho và dữ kiện đề bài, ta có :

( ) ( )

( ) ( )

56 72 232 160 56 3 2 16 4 3 12

3 3 3 2 4 3 0,3

hh

e cho

m x y z t x y z t y z t

n x y z x y z y z t

= + + + = + + + + + + =⎧⎪⎨

= + + = + + − + + =⎪⎩





Coi 2 biểu thức (4) và (5) là 2 ẩn của một hệ 2 phươ ng trình, giải hệ ta có :

3 2 0,18

4 3 0,12

x y z t

y z t

+ + + =⎧⎨

+ + =⎩

Từ đó, có k ết quả ( )56 3 2 10,08m x y z t g = + + + =

Các phươ ng pháp đại số có nhượ c điểm là đã "toán học hóa" bài toán Hóa học khá nhiều, tuy

nhiên nền tảng của nó vẫn là những hiểu biết Hóa học. Hơ n nữa, việc rèn luyện các k ỹ năng tính toán

và biến đổi biểu thức đại số cũng góp một vài trò không nhỏ trong việc phát triển tư duy sáng tao cho

học sinh. Đặc biệt, đây là phươ ng pháp phù hợ p vớ i các em học sinh THCS, vốn chưa có đủ những

kiến thức sâu sắc về Hóa học và chưa đượ c hướ ng dẫn nhiều để có thể vận dụng tốt các phươ ng pháp

khác như Bảo toàn electron hay Quy đổi.

II. Nhóm các phươ ng pháp bảo toàn:

Cách 2.1: Phươ ng pháp bảo toàn khố i l ượ ng

Cho hỗn hợ p A tác dụng vớ i dung dịch HNO3, theo định luật bảo toàn khối lượ ng, ta có:

3 3 3 2( ) HNO Fe NO NO H Om m m m m+ = + + (6)

Trong đó, số mol các chất lần lượ t là :

3 3( ) 56 Fe NO Fe

mn n= =

3 HNOn tạo NO = 0,1 và3 HNOn tạo Fe(NO3)3 = 3

3 3( ) Fe NOn =3

56

m

→ 3 HNOn phản ứng = 0,1 + 3

56

m →

2

12 H On =

3 HNOn phản ứng

Tính khối lượ ng các chất và thay vào (6), ta đượ c:

3 1 312 (0,1 ) 63 242 0,1 30 (0,1 ) 18

56 56 2 56

m m m+ + × = × + × + + ×

Giải ra, ta đượ c 10,08m g =

Cách 2.2: Phươ ng pháp bảo toàn nguyên t ố

Dựa vào bán phản ứng khử: 3 24 3 2 H NO e NO H O+ −

+ + → + Ta thấy có thể giải lại bài toán theo phươ ng pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượ ng đối vớ i Oxi

như sau:

( ) ( )3 2( ) ( ) O trong A O trong HNO NO O trong NO O trong H Om m m m→+ = +

( )3

12 3 16 0,1 0,1 16 16 0,12

m− + × × = × + × ×





Giải phươ ng trình trên, ta dễ dàng có 10,08m g =

Cách 2.3: Phươ ng pháp bảo toàn đ iện tích k ế t hợ p vớ i phươ ng pháp trung bình

Gọi công thức chung của cả hỗn hợ p A là x y

Fe O , phươ ng trình ion của phản ứng là:

( ) ( )

33 2 4 2 2

x y

Fe O y H NO xFe NO y H O+ − ++ + + → + ↑ + +

Bảo toàn điện tích 2 vế phản ứng, ta có: 4 2 1 3 3 2 3 y x x y+ − = → − = (7)

Và theo phản ứng thì12

0,1 56 16 12056 16 x y

Fe O NOn n mol x y x y

= = = → + =+

(8)

Giải hệ 2 phươ ng trình (7) và (8), ta có: 1,8 x = và 1, 2 y = .

Do đó, khối lượ ng Fe ban đầu là: 56 1,8 0,1 10,08m g = × × =

Cách 2.4: Phươ ng pháp bảo toàn electron

Ở bài toán này, chất nhườ ng e là Fe, chất thu e là O2 và N+5 trong HNO3.

3

22

5 2

3

4 2

3

Fe e Fe

O e O

N e N

+

−

+ +

− →

+ →

+ →

Ta có phươ ng trình:12 2,24

3 4 3 10,0856 32 22,4

m mm g

−× = × + × → =

Bảo toàn vật chất là một trong những nguyên lý cơ bản của khoa học tự nhiên, r ất nhiều định

luật bảo toàn có mặt trong cả Vật lý, Sinh học, Hóa học và có ý ngh ĩ a triệt học. Do đó, việc tích cựcsử dụng các phươ ng pháp bảo toàn sẽ giúp cho học sinh hình thành đượ c một nguyên lý tư duy quan

tr ọng trong học tậ p và công việc sau này.

Trong số các cách làm ở trên thì bảo toàn khối lượ ng là một phươ ng pháp phù hợ p vớ i cả học

sinh THCS, nếu đượ c hướ ng dẫn tốt thì các em hoàn toàn toàn có thể áp dụng đượ c.

III. Nhóm các phươ ng pháp trung bình:

Cách 3.1: Hóa tr ị trung bình k ế t hợ p vớ i bảo toàn electron

Gọi hóa tr ị trung bình của Fe trong cả hỗn hợ p A là n , khi đó, công thức của A là 2 n Fe O

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A vớ i HNO3, ta có :

( )3

5 2

3

3

n Fe Fe n e

N e N

+ +

+ +

→ + −

+ →

→ Ta có phươ ng trình: ( )12 2 4

3 0,1 3356 2 16

n nn

×× − = × → =

× +





→ A có CTPT trung bình là 2 43

Fe O → 12

2 0,18 10,084

56 2 163

Fen mol m g= × = → =

× + ×

Cách 3.2: Công thứ c phân t ử trung bình k ế t hợ p vớ i bảo toàn electron

Gọi công thức phân tử trung bình cả hỗn hợ p A là x y

Fe O

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A vớ i HNO3, ta có:

( )2

3

5 2

2 3

3

y

x xFe xFe y x e

N e N

++

+ +

→ + −

+ →

→ Ta có phươ ng trình: ( )12 3

2 3 0,1 3256 16

x y x

x y y× − = × → =

× +

→ Công thức trung bình là Fe3O2

3 2

12200 3 0,18 0,18.56 10,08

200 Fe O Fe Fen mol m g = → = × = → = =

* Thự c ra, các công thứ c Fe3O2 hay 2 43

Fe O đề u là nhữ ng công thứ c giả định, mang tính chấ t quy đổ i. Trong

cách làm 3.1, ta hoàn toàn có thể chọn CTPT trung bình của A d ạng 3 n Fe O , 4 n

Fe O , … hoặc 2n Fe O , 3n

Fe O ,

… mà không ảnh hưở ng đế n k ế t quả của bài toán. Ở đ ây, tôi chọn giá tr ị 2 n Fe O để d ễ lý giải ý nghĩ a của n là

hóa tr ị trung bình mà thôi.

IV. Nhóm các phươ ng pháp quy đổi:

Cách 4.1: Quy đổ i CTPT

Có r ất nhiều cách quy đổi CTPT các oxit của Fe, vì thực ra, k ết quả quy đổi nào cũng chỉ là một

giả định và không ảnh hưở ng đến k ết quả bài toán.

Do khi hỗn hợ p A phản ứng vớ i HNO3 thì chỉ có Fe cho nhiều electron nhất và Fe2O3 không cho

electron, nên cách đơ n giản nhất là quy đổi hỗn hợ p A thành Fe và Fe2O3 (do 2 33 . FeO Fe Fe O→ ).

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A vớ i HNO3, ta có:

0 3

5 2

3

3

Fe Fe e

N e N

+

+ +

→ +

+ →

Do đó, 0,1 Fe NOn n mol = = và2 3

12 56 0,10,04

160 Fe On mol − ×

= =

Từ đó, dễ dàng có k ết quả ( )56 0,1 2 0,04 10,08m g = × + × =

* Chú ý là vớ i cách quy đổ i này, ta còn có một cách làm nữ a:





V ớ i 0,1 Fe NOn n mol = = , ta suy ra phần khố i l ượ ng còn l ại là của Fe2O3 , trong đ ó:

3 12 5,6 16 3 3 10,08

2 5,6 56 2 7O O

Fe Fe

n mm g

n m m

− ×= → = = = → =

− ×

Thự c t ế , đ ây là một cách làm ít giá tr ị và r ườ m rà so vớ i cách làm trình bày ở trên, tuy nhiên, r ấ t nhiề u ng ườ i

l ại cho r ằ ng nó là k ế t quả của đườ ng chéo d ướ i đ ây :

m

5,6

12

0,7

0,3

Ở đ ây, giá tr ị 5,6 không phải là một giá tr ị trung bình nên đườ ng chéo ở trên là áp đặt và không thuộc về

phươ ng pháp đườ ng chéo.

Cách 4.2: Phươ ng pháp quy đổ i nguyên t ử

Hỗn hợ p A gồm Fe và các oxit của nó có thể quy đổi thành một hỗn hợ p chỉ gồm nguyên tử Fe

và O có số mol tươ ng ứng là x và y.Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A vớ i HNO3, ta có:

0 3

0 2

5 2

3

2 O

3

Fe Fe e

O e

N e N

+

−

+ +

→ +

+ →

+ →

Do đó, ta có hệ phươ ng trình :

56 16 12 0,12 0,18 56 10, 08

3 2 0,3 0,18

x y xmFe g

x y y

+ = =⎧ ⎧→ → = × =⎨ ⎨

= + =⎩ ⎩

*Ở đ ây, tôi dùng thuật ng ữ ”quy đổ i nguyên t ử ” vì có l ẽ nó chính xác hơ n là ”quy đổ i nguyên t ố ” như một số

ng ườ i vẫ n dùng.

Cách 4.3: Quy đổ i tác nhân oxi hóa

Quá trình oxi hóa Fe từ 0 3 Fe Fe+→ có thể đượ c sơ đồ hóa lại như sau :

Fe0

A

Fe3++O2

+O2 +HNO3

Vì k ết quả oxi hóa Fe theo 2 con đườ ng đều như nhau, do đó, ta có thể quy đổi 2 bướ c oxi hóa

trong bài toán thành một quá trình oxi hóa duy nhất bằng O2.

0,3 mol electron mà N+5 nhận tr ở thành do O2 nhận, và do đó sản phẩm phản ứng cuối cùng là

Fe2O3 có khối lượ ng:

2 3

0,3 14,412 16 14, 4 2 56 10,08

2 160 Fe Om g m g= + × = → = × × =





Giả sử tất cả lượ ng Fe tác dụng hết chỉ tạo ra Fe2O3

Khối lượ ng hỗn hợ p A đạt mức tối đa phải là:10

16056 2 7

m m× =

×

Số mol O2 còn thiếu là:2

10 112

7 32

O

mn

⎛ ⎞= − ×⎜ ⎟

⎝ ⎠

Vì số mol e do lượ ng O2 còn thiếu phải bằng số mol e do N5+ trong HNO3 thu để giảm xuống

N+2 trong NO nên ta có phươ ng trình:10 1

12 4 0,1 37 32

m⎛ ⎞− × × = ×⎜ ⎟

⎝ ⎠

Giải ra, ta đượ c: m = 10,08g* Cách này khá giố ng vớ i cách quy đổ i tác nhân oxi hóa 4.3

T ổ ng k ế t chung:

Giải một bài toán bằng một vài cách là điều hết sức bình thườ ng trong Hóa học, nhưng vớ i 18cách thì quả là đặc biệt, có lẽ vì thế mà bài toán này đã từng nhiều lần đượ c lựa chọn vào các đề thi

Đại học trong khoảng 20 năm tr ở lại đây. Mặc dù vậy, 18 cách giải đượ c giớ i thiệu ở đây chỉ là những

cách làm tiêu biểu nhất đượ c lựa chọn, phân loại và sắ p xế p cho hợ p lý, logic và dễ hiểu. Nếu cố ý

triển khai thì số cách làm hoàn toàn có thể còn nhiều hơ n thế (như đã chú thích ở phần các phươ ng

pháp trung bình và quy đổi).

Trong số các cách làm ở trên, ta thấy có sự phù hợ p khá rõ giữa nhiều cách khác nhau và có thể

lựa chọn ra một số phươ ng pháp giải nhanh nhất là: sử dụng công thức tính nhanh, các phươ ng pháp

quy đổi, phươ ng pháp bảo toàn electron, …. Việc lựa chọn sử dụng phươ ng pháp nào là hoàn toàn

phụ thuộc vào năng lực tư duy của từng ngườ i, cũng như phù hợ p vớ i trình độ hiểu biết và lứa tuổicủa học sinh.

Hy vọng bài viết này đã phần nào cung cấ p đượ c một cái nhìn tươ ng đối đầy đủ, toàn diện và

hợ p lý cho dạng toán này.

Chúc các bạn và các em dạy tốt và học tốt!

M ột số bài t ậ p t ươ ng t ự :

1, Cho m(g) hỗn hợ p gồm A gồm 1,08 Al và hỗn hợ p FeO, Fe2O3, Fe3O4, Fe. Tiến hành nhiệt

nhôm đượ c hỗn hợ p B. Nghiền nhỏ sau đó chia B làm 3 phần bằng nhau− Phần 1 cho vào HNO3 đặc nóng, dư đượ c dung dịch C và 0,448lít khí NO (đktc)

− Phần 2 cho tác dụng vớ i lượ ng dư NaOH thu đượ c 0,224 lít H2 (đktc)

− Phần 3 cho khí CO vào thu đượ c 1,472g chất r ắn D .Tính m.?

2, Hòa tan hoàn toàn một oxit FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu đượ c 2,24 lít SO2

(đktc), phần dung dịch cô cạn đượ c 120 gam muối khan. Xác định công thức của oxit.





3, Nung x mol Fe trong không khí một thờ i gian thu đượ c 16,08 gam hỗn hợ p H gồm 4 chất r ắn,

đó là Fe và 3 oxit của nó. Hòa tan hết lượ ng hỗn hợ p H trên bằng dung dịch HNO3 loãng, thu đượ c

672 ml khí NO duy nhất (đktc). Tr ị số của x là?

4, 44,08 gam một oxit sắt FexOy đượ c hòa tan hết bằng dung dịch HNO3 loãng, thu đượ c dung

dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, thu đượ c k ết tủa. Đem nung lượ ng k ết tủa này ở

nhiệt độ cao cho đến khối lượ ng không đổi, thu đượ c một oxit kim loại. Dùng H2 để khử hết lượ ngoxit này thì thu đượ c 31,92 gam chất r ắn là một kim loại. Tìm công thức oxit?

5, Để m gam bột kim loại sắt ngoài không khí một thờ i gian, thu đượ c 2,792 gam hỗn hợ p A

gồm sắt kim loại và ba oxit của nó. Hòa tan tan hết hỗn hợ p A bằng dung dịch HNO3 loãng, thu đượ cmột muối sắt (III) duy nhât và có tạo 380,8 ml khí NO duy nhất thoát ra (đktc). Tr ị số của m là?

6, Hỗn hợ p A gồm Fe và ba oxit của nó. Hòa tan hêt m gam hỗn hợ p A bang dung dịch HNO3

loãng, có 672 ml NO thoát ra (đktc) và dung dịch D. Đem cô cạn dung dịch D, thu đượ c 50,82 gam

một muối khan. Tr ị số của m là?

7, Một lượ ng bột kim loại sắt không bảo quản tốt đã bị oxi hóa tạo các oxit. Hỗn hợ p A gồm bộtsắt đã bị oxi hóa gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3. Để tái tạo sắt, ngườ i ta dùng hidro để khử ở nhiệt độ

cao. Để khử hêt 15,84 gam hỗn hợ p A nhằm tạo kim loại sắt thì cần dùng 0,22 mol H2. Nếu cho 15,84

gam hỗn hợ p A hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đậm đặc, nóng, thì sẽ thu đượ c bao nhiêu thể tích

khí SO2 ở điều kiện tiêu chuẩn ?

8, Hoà tan m(g) hỗn hợ p gồm Fe và các oxit của Fe trong HNO3 dư thu đượ c 4,48l NO2 và

145,2 g muối khan . Tính m?

9, Ðể m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thờ i gian biến thành hỗn hợ p r ắn

(B) có khối lượ ng 13,6 gam. Cho B tác dụng hoàn toàn vớ i dung dịch axit sunphuric đặc nóng thấy

giải phóng ra 3,36 lít khí duy nhất SO2 (dktc). Tính khối lượ ng m của A?

10, Cho 20 gam hỗn hợ p Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 hòa tan vừa hết trong 700 ml HCl 1M, thu đượ c3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch D. Cho D tác dụng vớ i NaOH dư, lọc k ết tủa tạo thành và nung trong

không khí đến khối lượ ng không đổi thu đượ c m gam chất r ắn. Giá tr ị của m là?

Các bài gi ảng của Sao băng l ạnh giá – V ũ Khắc Ng ọc có thể đượ c sử d ụng, sao chép, in ấ n,

phục vụ cho mục đ ích học t ậ p và gi ảng d ạ y, như ng cần phải đượ c chú thích rõ ràng về tác gi ả .

Tôn tr ọng sự sáng t ạo của ng ườ i khác cũng là một cách để phát tri ể n, nâng cao khả năng

sáng t ạo của bản thân mình ^^


V ũ Khắc Ng ọc - Đi ện thoại: 098.50.52.510

Đị a chỉ : P308, t ổ 33, TT242B Minh Khai, Hai Bà Tr ư ng, Hà N ội

Hoặc: Phòng Hóa sinh Protein – Vi ện Công nghệ Sinh học


(Phòng 309, nhà A10, 18 Hoàng Quố c Vi ệt, Hà N ội)




[email protected]

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂ N SINH ĐH – CĐ

KHỐI A NĂM 2007 – MÃ ĐỀ 930

I. Đặt vấ n đề

K ỳ thi ĐH – CĐ năm 2007 đến nay đã qua đi đượ c gần 1 năm, nhưng từ đó đến nay, r ất nhiều

bài tậ p trong đề thi tuyển sinh năm ngoái vẫn còn đượ c thảo luận r ộng rãi trên các diễn đàn học tậ p.

Đây là điều hoàn toàn dễ hiểu vì đối vớ i các bạn học sinh tr ướ c khi bướ c vào k ỳ thi của năm nay, thì

việc nghiên cứu k ỹ lưỡ ng các đề thi của các năm tr ướ c đó là hết sức quan tr ọng, nhất là đề thi năm

2007 bắt đầu thay đổi theo hướ ng thi tr ắc nghiệm.

Để cung cấ p thêm cho các em một tài liệu tham khảo quan tr ọng cùng những lờ i khuyên bổ ích

tr ướ c khi bướ c vào k ỳ thi sắ p tớ i, tôi xin cung cấ p đáp án chi tiết của cá nhân tôi vớ i đề thi tuyển sinh

ĐH – CĐ năm 2007 môn Hóa học, tr ướ c hết là đề thi của khối A (mã đề 930).

II. Đáp án chi ti ế t

Đáp án: B

Cho từ từ HCl và Na2CO3 đầu tiên tạo ra muối acid, tỷ lệ phản ứng 1:1 (các tỷ lệ này đều

nhẩm đượ c trong đầu)

→

Có khí thoát ra HCl dư (a-b) mol→

→ đáp án B.

Bài này làm trong 20 - 30s

Đáp án: A

Ag+ mạnh nhất → loại C, D và chỉ cần xét thứ tự Cu2+ và Fe2+ đáp án A→

Bài này làm trong 10 - 15s

Đáp án: D





[email protected]

46g = 0,5 mol M = 888 M 3 gốc acid = 888 – 41 – 44*3 = 715 M trung bình =

715/3 Số C trung bình khoảng = (715 : 3) : 14 (phép tính liên tục, ko cần giá tr ị trung gian) =

17,0238 đáp án B hoặc D.

→ → →

→

→

Làm ngượ c lại: 17 * 14 = 714 = 715 – 1 đáp án D.→

(các giá tr ị 41, 45, 92, 888 là hoàn toàn có thể tính nhẩm đượ c nhờ rèn luyện k ỹ năng tính)Bài này làm trong 40 – 60s.

Bài này thì đáp án A, C, D đều có thể đúng, nhưng đơ n giản nhất là cách nhận biết bằng Cu,

theo đáp án C của Bộ (^^ d ĩ nhiên là bài này có vấn đề, và tôi cũng không hài lòng vớ i đáp án này)

Bài này làm trong 10-15s

Đáp án: B (Cái này thì không cần phải ngh ĩ nhiều)


Đáp án: D (Bài này cũng không cần phải ngh ĩ ngợ i nhiều)


Đáp án: D

Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể đoán là đáp án B hoặc D (vừa là kinh nghiệm – có 2 đáp án

cùng số C, vừa là có thể tính nhẩm: 8,4 = 1,4 x 6 – nhờ rèn luyện k ỹ năng tính).Cũng nhờ k ỹ năng tính, có thể thấy nCO2 < 0,4 (8,96lít) so vớ i nH2O ~ 0,6 (9g = 0,5 mol, 10,8 =

0,6 mol) thì nhỏ hơ n khá nhiều đáp án D.→

(Hoặc tính số mol CO2, N2, H2O r ồi tính tỷ lệ: C : H : N ta có k ết quả là đáp án D)






[email protected]

Đáp án: A

Thực ra bài này có thể nhìn thoáng qua cũng thu đượ c đáp án đúng dựa vào suy luận: log100 = 2

đáp án A hoặc B, y > x (vì CH→ 3COOH là acid yếu hơ n) đáp án A→

(hoặc từ độ điện ly, thay vào công thức tính nồng độ, r ồi lấy log[H+] thì cũng sẽ ra k ết quả)


Đáp án: B.

Bài này nếu có k ỹ năng tính tốt thì cũng hoàn toàn có thể nhìn ra k ết quả chỉ trong 10s.

Suy luận: + HCl theo tỷ lệ 1:1 anken (loại C), sản phẩm có 1 Cl – khối lượ ng 35,5 vớ i

%m = 45, 223 ~ 50% Anken ban đầu có M > 36 một chút đáp án B (3C = 36)

→ →

→ →

(hoặc, lấy 35,5 : 0,45223 M của hidrocacbon suy ra đáp án)→ →

Bài này làm trong 10s – 15s

Đáp án: D

Dư acid muối Fe→3+

Nhờ k ỹ năng tính có thể nhẩm ngay ra hỗn hợ p gồm 0,1 mol Fe và 0,1 mol Cu cho 0,5mol e.→

Dùng đườ ng chéo cho hỗn hợ p X thu đượ c tỷ lệ NO : NO→ 2 = 1:1 (nhẩm đượ c) hay là x và x

mol

Bảo toàn e: 3x + x = 0,5 x = 0,125 mol V = 5,6 lít (Tất cả đều có thể tính nhẩm đượ c

hoặc đoán đượ c)

→ →

Bài này có thể giải trong vòng 30s – 50s

Đáp án: C. Chú ý điều kiện nung “trong không khí”

Bài này chỉ cần 5s-10s





[email protected]

Đáp án: A

“Anken cộng nướ c chỉ cho 1 r ượ u khi và chỉ khi anken đó là Ank-1-en hoặc là Anken đối xứng”

Bài này chỉ cần 10-15s

Đáp án: B.

Từ đề bài tính 2 chất đó có dạng muối amoni RCOOR’ + NaOH → RCOONa + (R – 1H) +

H

→

2O vớ i tỷ lệ mol các chất là 1:1 và bằng 0,2 mol (nhẩm)Bảo toàn khối lượ ng, ta có: m = [(24 + 7 + 46) + 40 – 27,5 – 18]*0,2 = 14,3 (chỉ cần bấm máy

tính 1 lần, các giá tr ị 46; 40; 27,5 là có thể nhẩm đượ c)

Bài này có thể giải trong vòng 40 – 60s

Đáp án: C

Đây là một phản ứng r ất quen thuộc trong quá trình học cũng như giải toán (thậm chí một số em

còn thuộc lòng cả hệ số): 1 – 4 – 1 – 2 – 2.

(Cho dù phải viết phản ứng ra thì cũng r ất nhanh)

Bài này có thể giải trong 15-20s

Đáp án: A

Đây là một bài tậ p r ất r ất quen thuộc. Ta dễ dàng thấy X, Y, Z là C2H4, C3H6 và C4H8 mà khôngcần phải suy ngh ĩ nhiều (M + 28 = 2M M = 28 C→ → 2H4).

0,1C3 0,3CO→ 2 30g CaCO→ 3 (M = 100 – quá quen thuộc, có thể nhẩm đượ c)






[email protected]

Đáp án: D

SGK đã ghi rõ là H2 có thể khử đượ c oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động vàchúng ta chấ p nhận điều này.


Đáp án: B

Tính nhẩm: 43,2/108 = 0,4 mol tỷ lệ Andehit : Ag = 1:4 Andehit 2 chức B hoặc C.→ → →

Tính nhẩm: 4,6/23 = 0,2 mol tỷ lệ R ượ u : Na = 1:2 Y có 2 nhóm –OH Đáp án B→ → →


Đáp án: A.

Từ dữ kiện 1 acid đã cho có 2C, từ dữ kiện 2 acid đã cho là acid 2 chức đáp án A→ → →


Đáp án: D

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (tổng điện tích dươ ng = tổng điện tích âm), ta có:

0,12*3 + 4a = 0,24*2 + 2a a = 0,06 mol→


Đáp án: A.





[email protected]

Từ giả thiết ta có: Ca(HCO3)2 – 1 mol và CaCO3 – 5,5 mol CO→ 2: 7,5 mol Glucose: 3,75

mol Tinh bột: (180 – 18)*3,75/0,81= 750, trong đó giá tr ị 180 và 18 là nhẩm đượ c hoặc biết từ

tr ướ c, các phản ứng Hóa học và hệ số hình dung trong đầu.

→

→

Bài này có thể giải trong 30s – 40s.

Đáp án: C

Chú ý chỗ “hấ p thụ hoàn toàn”, có ngh ĩ a là CO2 đã tác dụng hết vớ i Ba(OH)2, vớ i CO2 – 0,12

mol và BaCO3 – 0,08 mol, dễ dàng suy ra Ba(HCO3)2 – 0,02 mol Ba(OH)→ 2 – 0,1mol a = 0,04.→

(Trong bài này, giá tr ị M = 197 của BaCO3 là phải biết tr ướ c hoặc nhẩm đượ c)


Đáp án: D

Dễ dàng nhẩm ra X gồm 0,05 mol mỗi chất, hay là 0,1 mol acid M trung bình = 53→

Chú ý là ở đây, số mol C2H5OH là 0,125 mol nên lượ ng phản ứng phải tính theo các acid.

M = (53 + 46 – 18)*0,1*0,8 = 6, 48 (các giá tr ị 53, 46, 18 là phải thuộc hoặc tính nhẩm đượ c)

Bài này có thể làm trong 30-40s

Đáp án: D

Áp dụng phươ ng pháp tăng giảm khối lượ ng.

M chất r ắn giảm = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3g = số mol H đượ c giải phóng = số mol r ượ u phản

ứng.

M trung bình = 15,6/0,3 = 52 (tính nhẩm) đáp án D (46 và 60 – nhẩm)→ →


Đáp án: C





[email protected]

Br 2 chỉ giảm ½ X đã phản ứng hết, Br → 2 dư M trung bình = 6,7/0,2 = 33,5 (nhẩm) B

hoặc C

→ →

→ X: 0,2 mol < Br 2 phản ứng = 0,7/2 = 0,35 mol (nhẩm) C→

Bài này làm trong 30 – 40s

Đáp án: C

5,6g Fe – 0,1 mol Fe phản ứng vớ i H2SO4 loãng 0,1 mol Fe→2+ oxh bở i KMnO4 0,1 mol

Fe

→

3+ - cho 0,1mol e KMnO→ 4 nhận 0,1 mol e, mà Mn+7 + 5e Mn→+2

→ V = 0,1/5/0,5 = 0,04

C.

→


Đáp án: A

(R ượ u không no – Acid không no)

Bài này chỉ cần 10-15s

Đáp án: C

Este – 0,1 mol (nhẩm) và NaOH – 0,04 mol Este dư m = (15 + 44 + 23)*0,04 = 3,28g→ →


Đáp án: A4 chất tr ừ NH4Cl, ZnSO4






[email protected]

Đáp án: A

0,1 mol NO → 0,3 mol e trao đổi 0,3 mol Ag 0,15 mol andehit M = 6,6/0,15 = 44

CH

→ → →

→ 3CHO hoặc 0,3 mol HCHO (vô lý, loại)


Đáp án: B

0,005 mol Cu (nhẩm) 0,005 mol Cl→ 2 0,01 mol NaOH phản ứng, trong đó NaOH dư =

0,05*0,2 = 0,01 mol C

→

→ M = 0,02/0,2 = 0,1M


Đáp án: A.

Bài này không cần phải suy ngh ĩ nhiều, 10-15s

Đáp án: A

Bài này cũng không phải suy ngh ĩ nhiều, 5-10s

Đáp án: B

Tăng giảm khối lượ ng: (13,95 – 10,3)/36,5 = 0,1 mol HCl (tính nhẩm) = 0,1 mol a.a M =

103

→

R = 103 – 44 – 16 = 43 C→ 3H7-






[email protected]

Đáp án: B

Bài này đã quá quen thuộc, cũng không cần giải thích nhiều, làm trong 5-10s

Đáp án: D

Bài này nếu đọc k ỹ toàn bộ câu hỏi và đáp án thì r ất mất thờ i gian, nhưng nếu suy luận một chút

thì chọn ngay đượ c đáp án đúng là D vì ngay vế đầu tiên chỉ có D đúng vớ i X, do đó không cần quantâm đến Y (chỉ cần đọc về đầu để tìm mệnh đề đúng vớ i X tr ướ c)


Đáp án: BBài này làm trong 10-15s

Đáp án: B

nH+ = 0,5 mol (nhẩm), trong đó nH+ phản ứng = 5,32/22,4*2=0,475 mol nH→+ dư = 0,025

C

→

M = 0,1M pH = 1→

Bài này giải trong vòng 15-20s

Đáp án: B





[email protected]

Tách nướ c C4H10O C→ 4H8, trong số các C4H8, ta đã biết but-2-en là có đồng phân hình học

(đây là ví dụ điển hình về đồng phân hình học trong SGK cũng như trong các bài giảng và tài liệu

tham khảo) B→


Đáp án: D

Bài này chỉ mất thờ i gian ở việc đọc đề và đáp án, chứ không mất sức ngh ĩ .Làm trong 15-20s

Đáp án: D

Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể thấy đáp án là B hoặc D (hệ số phải nhớ trong đầu r ồi)

Dễ dàng suy ra đượ c đáp án D


Đáp án: A

Bài này chỉ nhìn vào câu hỏi và đếm, làm trong 10-15s

Đáp án: C





[email protected]

Bài này cũng r ất dễ, nếu không nhìn ra ngay đượ c đáp án thì ta cũng có thể loại tr ừ lần lượ t theo

“chiến thuật chọn ngẫu nhiên”: không xét a,b (vì đáp án nào cũng có hiển nhiên đúng, xét c và d,

thấy d đúng loại A và B, xét g và h, thấy g đúng → chọn C)

→

→


Đáp án: A

Đối vớ i 1 mắt xích PVC (-C2H3Cl-), sau khi Clo hóa sẽ có CTPT dạng -C2H3-xCl1+x-

Lậ p tỷ số: 35,5(x+1)/(24+3-x+35,5(1+x) = 0,6396

Giải ra đượ c x = 1/3

Tức là cứ 3 mắt xích phản ứng thì có 1 nguyên tử Clo ứng vớ i 1 phân tử Cl2

Bài tậ p này vốn không hề khó, nhưng mất thờ i gian 1 chút trong lúc giải, có thể làm trong vòng

40-60s

Đáp án: C

Câu này r ất dễ, không cần phải suy ngh ĩ nhiều, chỉ 5s là có k ết quả.

Đáp án: B

Vớ i k ỹ năng tính tốt, ta có thể nhẩm nhanh CO2 – 0,15 mol, N2 – 0,025 mol chất đem đốt có

3C B

→

→


Đáp án: C

Có thể đoán ngay ra vớ i tỷ lệ như vậy O→ 2 dư, Z gồm O2 và CO2, ta dùng đườ ng chéo tỷ

lệ 1:1 (nhẩm)

→

→ x = 10 – (x + y/4), thay x = 3 và x = 4 vào (theo đáp án) x = 4, y = 8→






[email protected]

Đáp án: D

Áp dụng tăng giảm khối lượ ng: m = 0,05(96 – 16) + 2,81 = 6,81g (toàn bộ phép tính này có thể nhẩm đượ c, từ các giá tr ị 96; 0,05 đến k ết quả của cả phép tính)

Bài này giải trong 15-20s

Đáp án: D

Các kim loại tr ướ c Al

Bài này chỉ cần 5 – 10s

Đáp án: B

Loại các đáp án có etilen và butin-2.


Đáp án: C

Câu này không cần phải suy ngh ĩ nhiều, 5 – 10s

Đáp án: C

Từ dữ kiện 1, ta có k = (2/3)2/(1/3)2 = 4.

Gọi số mol C2H5OH là x, thay vào biểu thức tính k, ta có : (0,9)2/0,1(x – 0,9) = 4, giải ra đượ c x

= 2,925 mol

Điểm cần lưu ý nhất trong bài tậ p này là không đượ c bỏ qua nồng độ của H2O trong biểu thức

tính (khác vớ i các phản ứng xảy ra trong dung dịch nướ c)





[email protected]

Bài này cần có một chút kiến thức về hằng số cân bằng, giải trong 30-40s.

Đáp án: A

Đó là HCN và H2 (dung dịch KMnO4 chỉ phản ứng cắt mạch C vớ i keton trong môi tr ườ ng acid)


Đáp án: B

R ượ u không no không bền, chuyển hóa thành andehit→


Đáp án: D

Dùng Cu để khử Ag+ nên bảo toàn điện tích hoặc bảo toàn e, ta có k ết quả là D

Bài này r ất dễ dàng giải đượ c trong 10-15s

Đáp án: C

Chỉ có Cr 3+ mớ i có tính chất lưỡ ng tính.


Đáp án: C

Chỉ 1 k ết tủa, vì Al3+ và Zn2+ có tính lưỡ ng tính, Cu2+ và Zn2+ có khả năng tạo phức vớ i NH3


III. M ột số t ổ ng k ế t






Qua việc giải nhanh các bài tậ p trong đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A năm 2007 môn Hóa, ta

rút ra một số k ết luận như sau:

1, Tỷ lệ ki ế n thứ c l ớ p 12 ngày càng chi ế m ư u thế và gi ữ vai trò chủ đạo trong đề thi ĐH vớ ikhoảng 80% câu hỏi cho các nội dung liên quan (tỷ lệ này có phần cao hơ n so vớ i các năm tr ướ c).

Tuy nhiên, Hóa học và Toán học không giống như Vật lý hay Sinh học, ki ế n thứ c để thi môn Hóa

mang tính liên t ục, đòi hỏi thí sinh vẫn phải nắm vững những nguyên lý, những định luật và những

phươ ng pháp tư duy Hóa học cốt lõi đượ c tích lũy từ lớ p 10, lớ p 11. Đan xen vào mỗi câu hỏi ta vẫn

thấy một sự thống nhất, sự liên tục về kiến thức.

2, Đề thi Hóa học dù đã r ất cố gắng và có chất lượ ng cao, thí sinh phải có kiến thức Hóa học vàtư duy logic tươ ng đối mạnh thì mớ i có thể vận dụng tốt “chiến thuật chọn ngẫu nhiên” một cách có

hiệu quả. Mặc dù vậy, trong đề thi vẫ n bộc l ộ nhi ều đ i ể m yế u trong suy ngh ĩ , nhận thức của ngườ i rađề (tôi sẽ phân tích cụ thể trong một bài viết khác sau) nên vẫn chư a thự c sự phân loại t ố t đượ c thí

sinh và nếu tỉnh táo, thí sinh hoàn toàn có thể vượ t qua d ễ dàng nhữ ng “phươ ng án nhi ễ u”

3, Để giải nhanh đượ c một bài toán mà r ộng hơ n là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự k ết hợ pnhuần nhuyễn và hiệu quả 4 yếu tố: ki ế n thứ c, k ỹ năng, kinh nghi ệm và phươ ng pháp (chú ý là tôi

xế p phươ ng pháp ở hàng thứ yếu, cuối cùng), mà mỗi một yếu tố đều đ òi hỏi một quá trình rèn

luyện tích cự c và đ úng hướ ng (nên cần phải đượ c hướ ng d ẫ n). Những mốc thờ i gian làm bài tôi đặt

ra trong đáp án là trong điều kiện lý tưở ng, vớ i một học sinh đã hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên và trong

điều kiện như vậy thì một đề thi ĐH (dù từng đượ c đánh giá là khó) cũng có thể gi ải quyế t đượ ctrong vòng 15-20 phút . Tất nhiên, tâm lý thực tế ở trong phòng thi sẽ khác và không có nhiều học

sinh hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin r ằng “vi ệc gi ải tr ọn

vẹn đề thi Đ H trong vòng 30 phút không phải là đ i ều không thể và trong 60-90 phút thì là đ i ều

hoàn toàn có thể ” Hy vọng là qua những gì đã trình bày ở trên, các em thí sinh năm nay sẽ tự tìm ra cho mình một

hướ ng tư duy đúng, một cách làm bài nhanh và có hiệu quả. Các em học sinh chuẩn bị cho k ỳ thi năm

sau cũng có đượ c một thông tin bổ ích để tìm ra cho mình một phươ ng án ôn tậ p phù hợ p nhất nhằm

nâng cao cả 4 yếu tố trên.

Chúc các em học tốt và thi tốt!!!



Tôn tr ọng sự sáng t ạo của ng ườ i khác cũng là một cách để phát tri ể n, nâng cao khả năngsáng t ạo của bản thân mình ^^




Đi ện thoại: 098.50.52.510




[email protected]

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂ N SINH ĐH – CĐ

KHỐI A NĂM 2008 – MÃ ĐỀ 794

I.

Đáp án chi ti ế t:

Đáp án: A

Câu này không cần thờ i gian suy ngh ĩ nhiều, chỉ cần đọc lần lượ t từng phản ứng và đánh dấu lại,

10-15s

Đáp án: D

Câu này cũng không cần nhiều thờ i gian, chỉ cần đọc đề bài, đánh dấu qua từng chất r ồi đếm,

hoặc loại tr ừ Al2(SO4)3 và K 2SO3, 10-15s

Đáp án: A

nCO2 = 0,2 mol (nhẩm), nOH- = 0,25 mol (nhẩm: (1+2*2)/2 = 2,5 0,25) 0,05 mol CO→ → 32-

và 0,15 mol HCO3- (nhẩm – bảo toàn C + bảo toàn điện tích âm) 0,05 mol Ba→

2+ bị k ết tủa

9,85g (nhẩm)

→


Đáp án: C


nFeO = nFe2O3 xem hỗn hợ p đã cho là 0,01 mol Fe→ 3O4 (M = 232 đã quen thuộc) đáp án C

(tỷ lệ Fe

→

3O4 : HCl = 1:8 cũng r ất quen thuộc, hoặc nhẩm nhanh: Fe3O4: 0,4mol O2- 0,8 mol H+)→




[email protected]


Đáp án: BDữ kiện 1 có gốc NO→ 3

-

Dữ kiện 2 có gốc NH→ 4+


Đáp án: D

Câu này khá đơ n giản, chỉ cần đọc lần lượ t từng đáp án là chọn đượ c đáp án đúng. Thậm chí,

đáp án D vớ i nội dung ngắn hơ n thườ ng đượ c đọc tr ướ c tiên (theo tâm lý thông thườ ng của học sinh)

(D là muối amoni hữu cơ , không phải este)

Câu này 5-10s

Đáp án; A

Câu này khá đơ n giản, 5-10s

Đáp án: A

Đây là 1 câu tươ ng đối dài.

Vì CuO dư → 2 r ượ u đã phản ứng hết, MY = 27,5 < 29 trong hỗn hợ p Y có H→ 2O.





[email protected]

Trong phản ứng oxh RCH2OH RCHO + H→ 2O, tỷ lệ mol là 1:1:1. Do đó

2 27,52

aldehyde H OY

M M M

+

= = → 37aldehyde M = có HCHO và CH→ 3CHO vớ i tỷ lệ 1:1, nAg =

0,6 mol ban đầu có 0,2 mol r ượ u, m = 0,2 * (37+2) = 7,8g (tất cả đều có thể nhẩm nhanh đượ c)→

Bài này cần 40-60s

Đáp án: D

Câu này khá dễ, chắc bạn nào cũng nhớ và làm đúng: 3 xylen + etylbenzen


Đáp án: B

(Đưa thêm số liệu: V = 1 lít). Nhìn thoáng qua cũng thấy H+ dư là 0,02 mol pH = 2 (nhẩm)→

Bài này r ất dễ, làm trong 5-10s

Đáp án: C

Dữ kiện 1: phân tích hệ số thể tích khí giảm = thể tích H→ 2 phản ứng tỷ lệ:1:2→

Dữ kiện 2 R ượ u Z là r ượ u 2 chức→

→ đáp án C: X là aldehyde no, 2 chức.

Đáp án: C

Câu này quá dễ, chỉ cần 5s





[email protected]

Đáp án: C

Câu này cũng khá dễ, Al – 0,1mol và Fe – 0,1 mol (nhẩm) khi tác dụng vớ i Ag+ có thể cho tốiđa 0,6mol e trong khi Ag+ chỉ có 0,55 mol Ag→

+ bị khử hết, m = 0,55*108 = 59,4g

Câu này cần 15-20s

Đáp án: C

Y có khả năng tráng gươ ng Y là HCOOH hoặc một aldehyde→

- Y là HCOOH R ượ u Z là CH→ 3OH tách nướ c không thể ra anken→

- Y là aldehyde R ượ u ban đầu không no tách nướ c cũng không thể ra anken→ →

(các đáp án còn lại đều đúng hoặc chưa chắc sai)


Đáp án : A

Catot (chỗ của cation Na→+, loại B và C)

Câu này quá dễ, 5-10s.

Đáp án: C

Áp dụng phươ ng pháp tăng – giảm khối lượ ng: m = 5,48 + 22*0.06 = 6,8g






[email protected]

Đáp án: A

2,24 lít NO2 0,1 mol e 0,1 mol Ag 0,05 mol Aldehyde (loại tr ừ HCHO) M = 72đáp án A

→ → → →

→

Câu này 15-20s

Đáp án: B

Cấu tạo mạch C (r ượ u – acid) có thể là: 4 = 1 + 3 = 2+ 2 = 3 (thẳng và nhánh) + 1 có 4 đồng

phân

→

Câu này 15-20s

Đáp án: C

Câu này cũng r ất dễ, chỉ cần 5-10s

Đáp án: D

Đây là “Bài toán kinh điển” quá quen thuộc, để cho nhanh, ta áp dụng công thức tính đã nêu

trong bài giảng “Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số”:

n NO = 0,06 mol (nhẩm) 0,18 mol e trao đổi→

mFe = 0,7*11,36 + 5,6 *0,3 = 8,96g hay 0,16 mol mFe(NO→ 3)3 = 38,72g

Bài này cần 20 -30s.

Đáp án: B

Đây là một kiến thức cơ bản về cấu tạo bảng tuần hoàn, không có gì để trao đổi thêm






[email protected]

Đáp án: B

Phản ứng của Al vớ i NaOH có tỷ lệ 1:1 (nhẩm dễ dàng vì tạo ra NaAlO2 có Na : Al = 1:1) do đóAl dư. H2 – 0,4 mol (nhẩm) số e Al và Na cho là 0,8 mol (vớ i tỷ lệ Al : Na = 1:1) Al = Na =

0,2 mol Al dư = 0,2 mol m = 5,4g (tất cả đều tính nhẩm đượ c)

→ →

→ →


Đáp án: C

Câu này cũng không khó nếu đã học k ỹ và nhớ đượ c CTPT của 2 loại tơ này.Câu này cần 20-30s

Đáp án: A

X là muối cacbonat X→ 1 là oxit X→ 2 là kiềm (loại B) → Y là muối acid là NaHCO→ 3


Đáp án : B

Câu này không có, đọc k ỹ đề, lần lượ t từng chất và đánh dấu lại là có đáp án đúng.Câu này cần 10-15s

Đáp án : C





[email protected]

Chú ý là đề bài hỏi V lớ n nhất. Thứ tự phản ứng : trung hòa → trao đổi.

Trong đó nH+ = 0, 2 mol n→ NaOH = 0,2 mol

và nAl3+ = 0,2 mol trong đó có 0,1 mol Al(OH)3 k ết tủa 0,3 mol NaOH và 0,1 mol NaAlO→ 2

0,4 mol NaOH (tỷ lệ của phản ứng từ Al→3+ → NaAlO2 là Al(OH)3 : NaOH = 1:4)

Tổng hợ p lại, n NaOH = 0,9 mol V = 0,45 lít→

(Tất cả các giá tr ị trên đều có thể nhẩm đượ c r ất nhanh)

Câu này làm trong 20-30s

Đáp án: B

Hỗn hợ p X gồm 3 Hidrocacbon có cùng 3C. Do đó dễ dàng tìm ra CTPT trung bình của X là

C3H6,4→

3CO2 + 3,2H2OKhối lượ ng cần tìm: m = 0,3*44 + 18*0,32 = 18,96g

Đáp án: A

K ết tủa là 0,6 mol Al(OH)3 (46,8/78 – nhẩm đượ c) 0,6 mol Al→3+ ban đầu có 0,1 mol

Al

→

4C3 và 0,2 mol Al (nhẩm đượ c) 0,3 mol CH→ 4 + 0,3 mol H2 (nhẩm đượ c) a = 0,6→


Đáp án: D

Câu hỏi này không khó, nhưng đòi hỏi các em phải nhớ danh pháp và biết cách viết lại cho đúng

CTCT.


Đáp án: D

Câu này làm trong 5s





[email protected]

Đáp án: C

mgiảm = mO = 0,32g n(CO, H→ 2) = nO = 0,02 mol V = 0,448 lít (tất cả đều có thể nhẩm r ấtnhanh)

→


Đáp án: A

Câu này r ất dễ, nhớ là HCl có Cl- ở tr ạng thái oxh thấ p nhất không còn tính oxh, tính oxh

chỉ do H

→

+ gây ra cứ phản ứng nào có giải phóng H→ 2 là ok.

Câu này chỉ cần 5s

Đáp án: BCâu này khá dễ, chỉ cần 5-10s

Đáp án: B

Câu này chỉ cần 5s

Đáp án: D

Câu này chỉ cần 5-10s, chú ý oleic là acid không no





[email protected]

Đáp án: C

nH+ = 0,08 + 0,04 = 0,12 mol, nCu = 0,05 mol mà tỷ lệ phản ứng tạo NO là:Cu + 4H+ NO H→ →

+ hết, Cu dư NO = 0,12/4 = 0,03 mol 0,672 lít (nhẩm đượ c hết)→ →


Đáp án: B

250kg – 4000 mol VC. Tỷ lệ 2CH4 -C→

2H3Cl- (bảo toàn C) V = 4000*2/0,5/0,8 = 448→


Đáp án: C

mtăng = mO = 1,2g n→ O = 0,075 mol n→ HCl = 0,15 mol V = 75ml (nhẩm đượ c hết)→


Đáp án: D

Câu này là thuần túy lý thuyết, chỉ cần nhớ là ok, 5s.

Đáp án: D

Z có M = 16 trong Z còn H→ 2 (M = 2) dư và C2H6 (M = 30) tỷ lệ 1:1 (M trung bình là

trung bình cộng) hay H

→

2 - 0,01 mol, C2H6 – 0,01 mol H→ 2 phản ứng là 0,03 mol, trong đó 0,02 mol

tạo thành C2H6

→ m tăng = 26*0,05 + 2*0,01 = 1,32g





[email protected]

(có thể giải nhanh hơ n bằng phươ ng pháp bảo toàn khối lượ ng:

mtăng = 0,06*26 + 0,04*2 – 0,02*16 = 1,32g)


Đáp án: B

Câu này r ất dễ dàng, tâm lý chung là khi nói kim loại tác dụng vớ i Fe3+ bao giờ ta cũng ngh ĩ đến Fe và Cu tr ướ c (thói quen tư duy) ^^

Câu này 10-15s

Đáp án: A

Câu này r ất dễ, 5-10s

Đáp án: B

12x + y = 16*3,625 = 58 x = 4, y = 10, có 4 đồng phân quá quen thuộc là n-, iso, sec – và

tert-

→

Câu này 10-15s

Đáp án: D

Câu này chỉ cần 10-15s





[email protected]

Đáp án: D

Phản ứng hoàn toàn mà Al dư Fe→ 2O3 đã phản ứng hết.

Từ dữ kiện 2 nH→ 2 = 0,0375mol Al dư là 0,0375/1,5 = 0,025 mol, k ết hợ p vớ i dữ kiện 1

Fe sinh ra là 0,1 mol (trong ½ Y)

→

→

→ Fe2O3 ban đầu là 0,1 mol và Al = 0,05 + 0,2 = 0,25 mol m = 16 + 0,25*27 = 22,75g→

Đáp án: A

Câu này r ất dễ, 1 quy tắc của ăn mòn điện hóa và phản ứng oxh – kh, 5-10s

Đáp án: D

Các làm bài tậ p này có thể xem thêm trong bài giảng “Phân tích hệ số và ứng dụng”

Khối lượ ng hỗn hợ p tr ướ c và sau đượ c bảo toàn KLPT (M) tỷ lệ nghịch vớ i số mol khí→

→ M = 12 * 2 * 3 = 72 C→ 5H12

Đáp án: B

Câu này chỉ cần cẩn thận 1 chút là ok, 10-15s

Đáp án: D

Câu này có nguyên vẹn trong SGK, chỉ cần 5-10s





[email protected]

Đáp án: C

Đếm trên mạch C:

C C C C

C

Câu này chỉ cần 5 – 10s

Đáp án: AMglucose = 180 M→ sorbitol = 182 0,01 mol Sorbitol (nhẩm đượ c hết)→

M = 180 * 0,01/0,8 = 2,25g


Đáp án: D0,01 mol Cr 3+

→ 0,01 mol Cr +6 cho 0,03 mol e 0,015 mol Cl→ 2.

Số mol K + phải đủ để bảo toàn điện tích vớ i: 0,01 mol CrO42-, 0,03 mol Cl- (trong CrCl3) và 0,03

mol Cl- (tạo thành từ 0,15 mol Cl2) 0,08 mol 0,08 mol KOH→ →


Đáp án: A

Đây là một nguyên tắc điện hóa, cực âm là Zn bị ăn mòn.






[email protected]

Đáp án: B

Câu này quá đơ n giản, 5s

Đáp án: A

Đây là một quy trình quen thuộc, điều chế Cu từ quặng chancopirit.


Đáp án: C

Áp dụng phươ ng pháp đếm đồng phân trên mạch C.


II. M ột số nhận xét:

Qua việc giải nhanh các bài tậ p trong đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A năm 2008 môn Hóa, ta

rút ra một số nhận xét như sau:

1, Đề thi năm nay về cơ bản là t ươ ng đươ ng vớ i đề thi ĐH năm ngoái (2007) tuy nhiên có phần

d ễ hơ n một chút , thể hiện ở 2 ý:

− Một là, các em học sinh cũng như giáo viên đã làm quen tốt hơ n vớ i hình thức thi tr ắc

nghiệm cũng như các dạng bài tậ p thi tr ắc nghiệm có thể r ơ i vào đề thi nên có sự chuẩn

bị tốt hơ n.

− Hai là, đề thi năm nay không còn nhiều câu hỏi khó, không có câu hỏi dài, cũng không

có thêm đượ c dạng bài tậ p nào mớ i và đặc sắc hơ n, so vớ i đề thi năm ngoái.

Vớ i mức độ đề thi thế này, cùng vớ i việc đề thi Lý không quá khó và đề thi Toán năm nay có

phần dễ hơ n (dù tính toán dài hơ n và phức tạ p hơ n) năm ngoái, có thể dự đoán phổ điểm thi ĐH năm

nay sẽ t ươ ng đố i đồng đều hơ n ở khu vự c 15-20 đ i ể m. Do đó, k ết quả thi tính chung có lẽ sẽ cao

hơ n, đ i ể m chuẩ n vào các tr ườ ng Đ H sẽ ở mứ c t ươ ng đươ ng hoặc cao hơ n năm ngoái một chút

(khoảng 0,5 đ i ể m), nhấ t là các tr ườ ng có đ i ể m chuẩ n năm tr ướ c trong khoảng 17-21. 2, Tỷ lệ ki ế n thứ c l ớ p 12 ti ế p t ục chi ế m ư u thế và gi ữ vai trò chủ đạo trong đề thi ĐH vớ i

khoảng 80 - 85% câu hỏi cho các nội dung liên quan (tỷ lệ này có phần cao hơ n so vớ i các năm

tr ướ c, k ể cả năm 2007). Tuy nhiên, Hóa học và Toán học không giống như Vật lý hay Sinh học, ki ế nthứ c để thi môn Hóa mang tính liên t ục, đòi hỏi thí sinh vẫn phải nắm vững những nguyên lý, những

định luật và những phươ ng pháp tư duy Hóa học cốt lõi đượ c tích lũy từ lớ p 10, lớ p 11. Đan xen vào

mỗi câu hỏi ta vẫn thấy một sự thống nhất, sự liên tục về kiến thức.






3, Đề thi Hóa học dù đã r ất cố gắng và có chất lượ ng cao, thí sinh phải có kiến thức Hóa học và

tư duy logic tươ ng đối mạnh thì mớ i có thể vận dụng tốt “chiến thuật chọn ngẫu nhiên” một cách có

hiệu quả. Mặc dù vậy, trong đề thi vẫ n bộc l ộ nhi ều đ i ể m yế u trong suy ngh ĩ , nhận thức của ngườ i rađề (tôi sẽ phân tích cụ thể trong một bài viết khác sau) nên vẫn chư a thự c sự phân loại t ố t đượ c thí

sinh và nếu tỉnh táo, thí sinh hoàn toàn có thể vượ t qua d ễ dàng nhữ ng “phươ ng án nhi ễ u”. Chỉ

khoảng 10-20% đề thi là có thể áp d ụng chi ế n thuật chọn ng ẫ u nhiên.

4, Để giải nhanh đượ c một bài toán mà r ộng hơ n là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự k ết hợ pnhuần nhuyễn và hiệu quả 4 yếu tố: ki ế n thứ c, k ỹ năng, kinh nghi ệm và phươ ng pháp (chú ý là tôi

xế p phươ ng pháp ở hàng thứ yếu, cuối cùng), mà mỗi một yếu tố đều đ òi hỏi một quá trình rèn




sinh hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin r ằng “vi ệc gi ải tr ọn vẹn đề thi Đ H trong vòng 30 phút không phải là đ i ều không thể và trong 60-90 phút thì là đ i ềuhoàn toàn có thể ”

Hy vọng là qua những gì đã trình bày ở trên, các em thí sinh những năm sau sẽ tự tìm ra chomình một hướ ng tư duy đúng, một cách làm bài nhanh và có hiệu quả. Đồng thờ i, cũng có đượ c

những thông tin bổ ích để tìm ra cho mình một phươ ng án ôn tậ p phù hợ p nhất nhằm nâng cao cả 4

yếu tố trên. Nhất là khi Bộ GD – ĐT gần như chắc chắn sẽ phải từ bỏ k ế hoạch gộ p 2 k ỳ thi ĐH và

Tốt nghiệ p THPT làm một (tôi sẽ có bài viết phân tích những bất hợ p lý của dự thảo này sau).


**********************

Để hiểu rõ hơ n một số phươ ng pháp đã sử dụng trong đáp án cũng như nâng cao tốc độ và hiệu

quả làm bài, mờ i các bạn và các em tìm đọc các bài giảng về phươ ng pháp của Sao băng lạnh giá –

Vũ Khắc Ngọc tại Blog: http://360.yahoo.com/vkngoc49cns




Hiểu đúng hơ n về chất lưỡ ng tính


































































Quy tắc viết công thức Cấu tạo theo Lewis, CTCT + Dạng lai hóa + Hình học phân tử

Một bài Hóa thi ĐH năm 2006











Đi ện thoại: 098.50.52.510

Đị a chỉ l ớ p học: p107, K4, T ậ p thể Bách Khoa, Hà N ội(phụ trách l ớ p học: 0942.792.710 – ch ị H ạnh)
























































































































































[email protected]

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ

KHỐI B NĂM 2008 – MÃ ĐỀ 195

Mặc dù bận đi công tác nhưng tôi vẫn chú ý theo dõi hoạt động của các forum trong đợ t thi thứ

2 và thật đáng mừng là ngay sau khi các buổi thi diễn ra, r ất nhiều thầy cô giáo đã nhiệt tình giải chi

tiết và tr ọn vẹn đề thi tuyển sinh ĐH môn Hóa năm nay cho khối B, trong đó có những bài viết khá

hay như đáp án chi tiết của tác giả Lê Phạm Thành. Tuy có hơ i muộn, nhưng tôi cũng xin đóng góp

một số ý kiến riêng của mình cho đề thi năm nay vì tôi tin r ằng những ai thực sự quan tâm đều có thể

tìm thấy trong bài viết này những điều đáng để học hỏi.* Trong bài viết có sử dụng tư liệu đượ c cung cấ p bở i tác giả Lê Phạm Thành!

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (44 câu, t ừ câu 1 đế n câu 44)

Câu 1 : Cho biết các phản ứng xảy ra như sau :

2FeBr 2 + Br 2 → 2FeBr 3 ; 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br 2

Phát biểu đúng là

A. tính khử của mạnh hơ n củaCl− Br − . B. tính oxi hoá của Br 2 mạnh hơ n của Cl2.

C. tính khử của mạnh hơ n của FeBr − 2+. D. tính oxi hoá của Cl2 mạnh hơ n của Fe3+.

Đáp án D.

Đối vớ i câu hỏi loại này, ta có thể làm bằng phươ ng pháp loại tr ừ nhưng chỉ nên áp dụng nếu

trong bài chỉ có 1 cặ p oxh – kh hoặc câu hỏi có tính tuần tự, còn trong bài tậ p này, câu hỏi có tínhchất liên hệ - bắc cầu thì ta nên làm theo kiểu liệt kê.

Phươ ng trình 1 Fe→ 3+ < Br 2, phươ ng trình 2 Br → 2 < Cl2 → Fe3+ < Br 2 < Cl2

(chỉ xét riêng tính oxh, còn tính kh sẽ theo chiều ngượ c lại giống như dãy điện hóa)

Câu này không khó nhưng có tính logic, khá hay. Làm trong 5-10s

Câu 2 : Dãy các nguyên tố sắ p xế p theo chiều tăng dần tính phi kim từ trái sang phải là

A. P, N, F, O. B. N, P, F, O. C. P, N, O, F. D. N, P, O, F.

Đáp án C.

Câu này có thể loại tr ừ đáp án, do đa số các em đều biết F là phi kim mạnh nhất, nên đáp án Avà B dễ dàng bị loại. Giữa C và D cũng không khó để chọn đượ c đáp án đúng.

Nhìn chung, đây là một câu hỏi dễ, chỉ cần 5s.

Câu 3 : Nguyên tắc luyện thép từ gang là

A. dùng O2 oxi hoá các tạ p chất Si, P, S, Mn, ... trong gang để thu đượ c thép.

B. dùng chất khử CO khử oxit sắt thành sắt ở nhiệt độ cao.





[email protected]

C. dùng CaO hoặc CaCO3 để khử tạ p chất Si, P, S, Mn, ... trong gang để thu đượ c thép.

D. tăng thêm hàm lượ ng cacbon trong gang để thu đượ c thép.

Đáp án A.

Chú ý, tránh nhầm lẫn vớ i nguyên tắc sản xuất gang!

Đây là một câu hỏi thuần túy lý thuyết, nhưng lại r ơ i vào một nội dung mà r ất ít em quan tâm,nên chắc cũng gây không ít khó khăn.

Câu này làm trong 10s

Câu 4 : Đun nóng chất H2 N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH trong dung dịch HCl (dư),

sau khi các phản ứng k ết thúc thu đượ c sản phẩm là

A. H2 N-CH2-COOH, H2H-CH2-CH2-COOH.

B. H3 N+-CH2- CO , HOHCl−

3 N+-CH2-CH2- COOHCl− .

C. H3 N+-CH2- CO , HOHCl−

3 N+-CH(CH3)- COOHCl− .

D. H2 N-CH2-COOH, H2 N-CH(CH3)-COOH.

Đáp án C.

Ở đây, cách viết –HCl- có thể gây một chút “lạ” cho thí sinh, nhưng tôi ngh ĩ là cũng không làm

khó đượ c các em, vì nó tươ ng tự vớ i cách viết muối nội của amino acid +H3 N-R-COO-, hơ n nữa, nếu

có kinh nghiệm thì cũng chỉ cần thấy r ằng ở đây có 2 nhóm: có tạo muối và không tạo muối, ta không

cần quan tâm đề bài viết theo cách nào.

Nếu làm một cách bài bản thì chỉ cần xét vị trí cắt của liên k ết peptid (chú ý là liên k ết amide và

liên k ết ester có điểm chung r ất dễ nhớ ^^)

Tuy nhiên, bài này có thể làm bằng cách suy luận r ất thông minh như sau: sản phẩm tạo thành phải có nhánh –CH(CH3)- do đó loại ngay 2 đáp án A và B. Chú ý dữ kiện HCl(dư) là ta sẽ có đượ cđáp án đúng.

Vớ i cách suy luận như vậy thì bài này có thể làm trong 5-10s.

Ở đây, đáp án gây nhiễu A và B có phần hơ i “thô” khi không đưa nhánh vào!

Câu 5 : Cho sơ đồ chuyển hoá sau :0 0

2Br (1:1mol),Fe,t NaOH(d ),t ,p HCl(d )Toluen X Y Z+ + + ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ö ö

Trong đó X, Y, Z đều là hỗn hợ p của các chất hữu cơ , Z có thành phần chính gồm

A. m-metylphenol và o-metylphenol. B. benzyl bromua và o-bromtoluen.

C. o-bromtoluen và p-bromtoluen. D. o-metylphenol và p-metylphenol.

Đáp án D.

X : o- bromtoluen và p- bromtoluen ; Y : o- NaO-C6H4-CH3 và p- NaO-C6H4-CH3

→ Z : o-metylphenol và p-metylphenol.





[email protected]

Câu hỏi này cũng có thể gọi là hay, đề cậ p đến quy tắc thế trên nhân benzen, nhưng cái mà các

em dễ lúng túng hơ n có lẽ là ở cách gọi tên.

Bài này làm trong 10s

Câu 6 : Một mẫu nướ c cứng chứa các ion : Ca2+, Mg2+, 3HCO− , Cl− , . Chất đượ c dùng để làm

mềm mẫu nướ c cứng trên là

24SO −

A. Na2CO3. B. HCl. C. H2SO4. D. NaHCO3.

Đáp án A.

Nguyên tắc làm mềm nướ c cứng toàn phần (bằng phươ ng pháp hóa học) là dùng Na3PO4 hoặc

Na2CO3 để loại bỏ Mg2+ và Ca2+ dướ i dạng muối k ết tủa.

Câu hỏi này cũng thuần lý thuyết, khá dễ, làm trong 5-10s

Câu 7 : Đun nóng hỗn hợ p gồm hai r ượ u (ancol) đơ n chức, mạch hở , k ế tiế p nhau trong dãy đồngđẳng vớ i H2SO4 đặc ở 1400C. Sau khi các phản ứng k ết thúc, thu đượ c 6 gam hỗn hợ p gồm ba ete và

1,8 gam nướ c. Công thức phân tử của hai r ượ u trên làA. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH.

C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH

Đáp án A.

Ta gọi chung 2 r ượ u là OH R → ete thu đượ c là RO R , phản ứng ete hóa có nr ượ u = nnướ c = 0,1

mol M→ ete = 60 → 22= R

M → -CH3 (M = 15) và đồng đẳng k ế tiế p là –C2H5

Bài này khá dễ và là một dạng bài quen thuộc, các số liệu đều có thể nhẩm đượ c, làm trong 15-

20s.

Câu 8 : Cho các chất : r ượ u (ancol) etylic, glixerin (glixerol), glucozơ , đimetyl ete và axit fomic. Số

chất tác dụng đượ c vớ i Cu(OH)2 là

A. 1. B. 3. C. 4. D. 2.

Đáp án B.

Cụ thể: glixerol (tạo phức) ; glucozơ (tạo phức và oxi hóa – khử) ; riêng đối vớ i tr ườ ng hợ p acid

formic, tuy còn một số ý kiến nghi ngờ , nhưng đối vớ i kiến thức của một học sinh phổ thông, thì hoàn

toàn có thể chấ p nhận đượ c, phản ứng ở đây có thể là phản ứng acid – base hoặc là phản ứng oxh – kh

của nhóm aldehyde vớ i Cu(OH)2 (chính xác hơ n là trong môi tr ườ ng kiềm)

Bài này khá dễ, vừa đọc đề vừa đánh dấu và đếm, làm trong 5-10s

Câu 9 : Oxi hoá 1,2 gam CH3OH bằng CuO nung nóng, sau một thờ i gian thu đượ c hỗn hợ p sản

phẩm X (gồm HCHO, H2O, CH3OH dư). Cho toàn bộ X tác dụng vớ i lượ ng dư Ag2O (hoặc AgNO3)

trong dung dịch NH3, đượ c 12,96 gam Ag. Hiệu suất của phản ứng oxi hoá CH3OH là

A. 76,6%. B. 80,0%. C. 65,5%. D. 70,4%.

Đáp án B.





[email protected]

CH3OH HCHO → 4Ag→

nAg = 0,12 mol (nhẩm) nCH→ 3OH phản ứng = 0,03 mol (nhẩm)

nCH3OH ban đầu = 0,0375 mol H% = 80%→

Đây là một câu hỏi dễ và khá quen thuộc.

Vì là một câu hỏi r ất dễ, nên việc đưa thêm các đáp án “nhiễu” vào nếu không khéo sẽ khó đạtđượ c hiệu quả “gây nhiễu” và tr ở thành vô ngh ĩ a. Ở câu hỏi này, các đáp án “gây nhiễu” đượ c đưa

vào đề thi quá tùy tiện và vô trách nhiệm mà không hề dựa trên một cơ sở tính toán nào. Đối vớ i một

học sinh không có kiến thức cũng có thể dễ dàng chọn đáp án là B vì lý luận “k ết quả thườ ng là số

đẹ p”.

Trong tr ườ ng hợ p này, nên thay vào bằng đáp án 40% như vậy dải 4 đáp án sẽ có 2 số tròn – 2

số lẻ sẽ gây khó khăn cho những thí sinh không biết làm mà chỉ chọn ngẫu nhiên, đồng thờ i cũng

khiến cho những thí sinh kiến thức không vững dễ bị lúng túng, cho dù có giải ra k ết quả là 80% r ồi

mà không vững vàng cũng có thể bị dao dộng và mất thờ i gian vớ i cái 40% (vì HCHO là aldehyde

đặc biệt có tỷ lệ phản ứng tạo Ag là 1:4 trong khi các aldehyde khác là 1:2)

Ngoài ra, nếu ngườ i ra đề thực sự muốn “bẫy” những thí sinh chọn ngẫu nhiên thì có thể thêm

vào đáp án 60%, vớ i 4 đáp án: 3 chẵn – 1 lẻ, sẽ có không ít thí sinh thiếu kiến thức chọn theo tâm lý

“đáp án đặc biệt” và bị mất điểm.


Câu 10 : Khối lượ ng của tinh bột cần dùng trong quá trình lên men để tạo thành 5 lít r ượ u (ancol)

etylic 460 là (biết hiệu suất của cả quá trình là 72% và khối lượ ng riêng của r ượ u etylic nguyên chất là

0,8 g/ml)

A. 5,4 kg. B. 5,0 kg. C. 6,0 kg. D. 4,5 kg.

Đáp án D.

C6H10O5 H = 72% ⎯⎯⎯→ 2C2H5OH

→ m(tinh bột) =46% 5 0,8 0,5 162

4,546 72%

× × ×× = kg

Ở đây ta bỏ qua hệ số n của tinh bột và dùng sơ đồ hợ p thức (có tính đến hiệu suất) để tính

nhanh. (Mặc dù, thực ra là: (C6H10O5)n H = 72% ⎯⎯⎯→ 2nC2H5OH r ồi triệt tiêu n). Phép tính r ất dài nhưng

chỉ cần thực hiện 1 lần trên máy tính mà không sợ nhầm lẫn vì chỉ phép nhân và chia. Chú ý không

đổi lít thành ml để đơ n vị cuối cùng là kg).

Đối vớ i câu hỏi này các phươ ng án “nhiễu” là “có thể chấ p nhận đượ c”, vì cả 4 phươ ng án đều

là những số tròn - sẽ khó cho học sinh nào muốn chọn ngẫu nhiên. Tuy nhiên, các đáp án “nhiễu”

vẫn chưa dựa trên một cơ sở tính toán nào, nên nếu phản biện đáp án tốt thì nên lựa chọn các phươ ng

án “nhiễu” hợ p lý hơ n.





[email protected]

Trong tr ườ ng hợ p này nên đưa thêm 2 phươ ng án nhiễu là 3,24 và 6,25. Đây là 2 phươ ng án

“nhiễu” hết sức hợ p lý vì qua kinh nghiệm giảng dạy thực tế cho thấy có không ít học sinh vẫn còn

lúng túng trong việc tính toán các bài tậ p có H%, vớ i 3,24 là trong tr ườ ng hợ p quên không chia cho

0,72 và 6,25 là tiế p tục chia 4,5 cho 0,72 (hiểu nhầm là 2 giai đoạn). Đáp án “nhiễu” còn lại là 5,4.

Như vậy dải 4 đáp án là: 3,24 – 4,5 – 5,4 – 6,25, r ất hợ p lý.

Ngoài ra, cũng có thể thay 6,25 hoặc 5,4 bằng 2,333 vớ i ý ngh ĩ a là nhầm việc 3,24 chia 0,72

thành nhân vớ i 0,72, cũng tạo thành bộ đáp án r ất hay.

Câu 11 : Nung một hỗn hợ p r ắn gồm a mol FeCO3 và b mol FeS2 trong bình kín chứa không khí (dư).

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa bình về nhiệt độ ban đầu, thu đượ c chất r ắn duy nhất là

Fe2O3 và hỗn hợ p khí. Biết áp suất khí trong bình tr ướ c và sau phản ứng bằng nhau, mối liên hệ giữa

a và b là (biết sau các phản ứng, lưu huỳnh ở mức oxi hoá +4, thể tích các chất r ắn là không đáng k ể).

A. a = 0,5b. B. a = b. C. a = 4b. D. a = 2b.

Đáp án B.

Bài tậ p này có thể giải quyết theo 2 cách:

Cách 1: Viết PTPƯ đốt cháy.

4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 ; 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2

Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e.

a mol FeCO3 a mol CO→ 2 và cho a mol e, b mol FeS2 2b mol SO→ 2 và cho 11b mol e.

O2 + 4e 2O→ -2

Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có2

11

4

O

a bn

+=

C ả 2 cách làm đều cho ta một k ế t quả là:

Áp suất khí trong bình không đổi ⇔ baba 24

11

4

1+=+ ⇔ a = b.

Ở đây, các em phải lưu ý r ằng 2 cách làm đều có cùng 1 bản chất, vì ở cách 1, muốn cân bằng

phản ứng đã cho ta phải áp dụng định luật bảo toàn e r ồi. (^^ d ĩ nhiên, hạn chế viết ptpư cũng là một

phong cách riêng của Sao băng).

Trong tr ườ ng hợ p của câu hỏi này, các đáp án gây nhiễu có phần cảm tính khi xế p chúng đôi

một gấ p đôi nhau, mặc dù vậy, cũng giống như câu 10, đây là những đáp án “có thể chấ p nhận đượ c”.

Tuy nhiên, sẽ là hay hơ n nếu ta xế p các đáp án gây nhiễu dựa trên việc đánh giá những điểm yếu củathí sinh. Ví dụ a = 1,67b dựa vào việc thí sinh có thể xác định sai số oxh của S trong FeS2 là -2, ...,

cũng có ý kiến cho r ằng nên thêm đáp án a = 5b vớ i lậ p luận là thí sinh có thể nhầm nếu chỉ căn cứ

vào hệ số của phươ ng trình mà xem chất r ắn cũng có thể tích như chất khí. Tuy nhiên, theo tôi thì khả

năng này khó có thể xảy ra, vì trong đề bài đã có ghi r ất rõ ràng “thể tích các chấ t r ắ n là không đ áng

k ể ”





[email protected]


Câu 12 : Cho 9,12 gam hỗn hợ p gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng vớ i dung dịch HCl (dư). Sau khi

các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đượ c dung dịch Y; cô cạn Y thu đượ c 7,62 gam FeCl2 và m gam

FeCl3. Giá tr ị của m là

A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50. Đáp án A.

Quy đổi hỗn hợ p đầu thành hỗn hợ p chỉ có FeO và Fe2O3 : FeO FeCl→ 2 ; Fe2O3 → 2FeCl3

→ mFeO = 7,62/127*72 = 4,32gam mFe→ 2O3 = 4,8g hay 0,03 mol (nhẩm)

→ m = mFeCl3 = (56 + 35,5*3)*0,03*2 = 9,75g

→ m = mFeCl3 = 2*[9,12 – (7,62/127)*72]*162,5/160 = 9,75 gam.

Chú ý là có thể dồn thành một phép tính liên hoàn :

→ m = m(FeCl3) = 2*[9,12 – (7,62/127)*72]*162,5/160 = 9,75g

nhưng khi thực hiện liên hoàn nhiều phép tính trên máy tính bao gồm cả cộng tr ừ, nhân chia thì phải hết sức cẩn thận trong thao tác, nếu không sẽ mắc phải sai sót.

Có ý kiến cho r ằng nên thay đổi các đáp án nhiễu, trong đó thêm vào giá tr ị: 4,875 và 19,5. Đây

cũng là một ý kiến hay, giá tr ị 4,875 cũng r ất có khả năng thí sinh chọn nhầm, do không nhân 2 số

mol Fe2O3 khi nó chuyển thành FeCl3, mặc dù vậy, giá tr ị 4,875 có phần hơ i lẻ. Còn giá tr ị 19,5 nếu

đưa vào chắc chỉ “nhiễu” đượ c các thí sinh chưa biết làm câu này, vì nếu có một chút kinh nghiệm thì

sẽ thấy là nó hơ i lớ n và hơ i vô lý.

Bài này có thể làm trong 20-40s

Câu 13 : Cho dãy các chất và ion : Cl2, F2, SO2, Na+, Ca2+, Fe2+, Al3+, Mn2+, S2-, . Số chất và iontrong dãy đều có tính oxi hoá và tính khử là

Cl−

A. 3. B. 4. C. 6. D. 5.

Đáp án B.

Có tính oxi hóa và tính khử ⇔ số oxi hóa trung gian : Cl2, SO2, Fe2+, Mn2+.

Trong câu hỏi này sẽ có nhiều bạn sẽ chọn nhầm phải đáp án A, do các hợ p chất của Mn ít đượ c

chú ý trong chươ ng trình, nhất là chươ ng trình không phân ban. Câu hỏi này lẽ ra nên đượ c sắ p xế pvào phần lựa chọn cho thí sinh phân ban thì sẽ công bằng hơ n.

Bài này làm trong 10 – 15s. Câu 14 : Phản ứng nhiệt phân không đúng là

A. 2KNO3 0t ⎯→ 2KNO2 + O2 B. NH4 NO2

0t ⎯→ N2 + 2H2O

C. NH4Cl0t ⎯→ NH3 + HCl D. NaHCO3

0t ⎯→ NaOH + CO2

Đáp án D.





[email protected]

2NaHCO3 0t ⎯→ Na2CO3 + CO2 + H2O

Các muối Cacbonate của kim loại kiềm bền vớ i nhiệt nên không bị nhiệt phân tiế p trong điều

kiện thông thườ ng.

Câu hỏi này khá dễ, làm trong 5-10s

Câu 15 : Cho dãy các chất : KAl(SO4)2.12H2O, C2H5OH, C12H22O11 (saccarozơ ), CH3COOH,Ca(OH)2, CH3COONH4. Số chất điện li là

A. 3. B. 4. C. 5. D. 2.

Đáp án B.

Đối vớ i câu hỏi loại này có thể làm theo kiểu liệt kê hoặc loại tr ừ, ở đây ta loại tr ừ saccarozơ và

r ượ u etylic.

Câu hỏi này khá dễ, làm trong 5-10s

Câu 16 : Cho 2,16 gam Mg tác dụng vớ i dung dịch HNO3 (dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn

thu đượ c 0,896 lít khí NO (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượ ng muối khan thu đượ c khi làm bay hơ idung dịch X là

A. 8,88 gam. B. 13,92 gam. C. 6,52 gam. D. 13,32 gam.

Đáp án B.

nMg = 0,09 mol n→ e(cho) = 0,18 mol (nhẩm)

n NO = 0,04 mol → ne(nhận) = 0,12 mol (nhẩm)

ne(cho) > ne(nhận) Trong dung dịch có tạo thành NH→ 4 NO3

n(NH4 NO3) = (0,18 – 0,12)/8 mol

mmuối khan = m(Mg(NO3)2) + m(NH4 NO3)

= (24 + 62*2)*0,09 + 80*(0,18 – 0,12)/8 = 13,92 gam.

Ở bài tậ p này, có một số ý kiến cho r ằng NH4 NO3 không sinh ra trong HNO3 dư, điều này là

không đúng, thế oxh – kh của HNO3 phụ thuộc vào nồng độ chứ không phụ thuộc vào lượ ng chất.

HNO3 dư nhưng nồng độ r ất thấ p (loãng) thì vẫn có thể tạo thành NH4 NO3.

Đây là một bài tậ p khá hay, có tính phân loại. Nếu học sinh đã quen vớ i việc dùng phươ ng pháp

bảo toàn e trong các bài toán có phản ứng oxh – kh thì sẽ không gặ p nhiều khó khăn lắm khi phát hiện

ra mâu thuẫn, mặc dù vẫn có thể hơ i lúng túng khi suy luận ra sự có mặt của NH4 NO3, còn nếu học

sinh cẩu thả thì r ất dễ bị mất điểm ở câu này.Phươ ng án 13,32 là có tính “nhiễu” cao nhất khi học sinh chỉ tính khối lượ ng của Mg(NO3)2.

Phươ ng án 8,88 là trong tr ườ ng hợ p chỉ tính khối lượ ng Mg(NO3)2 mà số mol tính dựa vào NO

....





[email protected]

Mặc dù vậy, cá nhân tôi cho r ằng, các phươ ng án này đều không quá “nhiễu”, ít có học sinh nào

tính khối lượ ng muối từ dữ kiện số mol Mg mà không băn khoăn “ngườ i ta cho NO để làm gì” và

ngượ c lại tính dựa vào NO mà không băn khoăn “ngườ i ta cho Mg để làm gì”


Câu 17 : Thành phần chính của quặng photphorit làA. Ca3(PO4)2. B. NH4H2PO4. C. Ca(H2PO4)2. D. CaHPO4.

Đáp án A.

Đây là một câu hỏi thuần lý thuyết và khá dễ, làm trong 5s.

Nếu hỏi thành phần của supephosphate đơ n và supephosphat kép thì sẽ hay hơ n và khó hơ n.

Câu 18 : Đun nóng một r ượ u (ancol) đơ n chức X vớ i dung dịch H2SO4 đặc trong điều kiện nhiệt độ

thích hợ p sinh ra chất hữu cơ Y, tỉ khối hơ i của X so vớ i Y là 1,6428. Công thức phân tử của Y là

A. C3H8O. B. C2H6O. C. CH4O. D. C4H8O.

Đáp án B.d(X/Y) = 1,6428 > 1 → MX > MY phản ứng tách nướ c tạo anken.→

X : CnH2n+2O ⇒ Y : CnH2n

6428,014

186428,1

14

1814=→=

+=

nn

nd

Y X

Câu này vốn không khó nhưng đề bài đã bị “nhầm” một cách r ất ngớ ngẩn và đáng tiếc ở chỗ

đáng lẽ phải hỏi “công thứ c phân tử của X là” thì lại hỏi “công thứ c phân tử của Y là” (!?).

Chú ý phươ ng pháp biến đổi tỷ lệ thức ở trên, nó có thể áp dụng mở r ộng cho các bài tậ p tìm

công thức phân tử khác, cả trong vô cơ và hữu cơ , ví dụ tìm CTPT của oxit, hợ p chất vớ i hidro, CTPThidrocacbon và các chất hữu cơ , ... (xem thêm cách biến đổi ở câu 36)


Câu 19 : Cho các phản ứng :

Ca(OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O

2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 4KClO3 0t ⎯→ KCl + 3KClO4

O3 → O2 + O

Số phản ứng oxi hoá khử làA. 5. B. 2. C. 3. D. 4.

Đáp án D.

Dựa vào sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố, có thay đổi số oxh → là phản ứng oxh –kh.

Ở đây cần lưu ý, phản ứng sau vẫn có sự thay đổi số oxi hóa của Cl (tự oxi hóa – tự khử) :

Ca(OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O





[email protected]

Ở đây phải xét đến cấu tạo của CaOCl2 thì mớ i thấy đượ c điều này : Cl(-1)-Ca-O-Cl(+1)

Clorua vôi là một chất khá đặc biệt và dễ ấn tượ ng nên tôi ngh ĩ sẽ không có nhiều em bị sai câu

này. Còn phản ứng phân hủy của Ozone, theo tôi là không nên đưa vào đề thi ĐH, vì nếu học sinh có

kiến thức sâu hơ n sẽ dễ băn khoăn và mất thờ i gian ở câu này.

Bài này làm trong 10-15s. Câu 20 : Cho 8,9 gam một hợ p chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H7O2 N phản ứng vớ i 100 ml

dung dịch NaOH 1,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu đượ c 11,7 gam chất

r ắn. Công thức cấu tạo thu gọn của X là

A. HCOOH3 NCH=CH2. B. H2 NCH2CH2COOH.

C. CH2=CHCOONH4. D. H2 NCH2COOCH3.

Đáp án D.

Dựa vào đáp án, ta thấy các chất đều phản ứng vớ i NaOH theo tỉ lệ 1:1.

→ n NaOH phản ứng = nX = 0,1 mol → n NaOH dư = 0,05 mol hay 2gÁp dụng phươ ng pháp tăng – giảm khối lượ ng, ta có: RCOOR’ → RCOONa

mgiảm = 11,7 – 2- 8,9 = 0,8 g hay Mgiảm = 8 gam → MR’ = 23-8 = 15 hay là –CH3

→ đáp án D

Bài này có thể giải trong 20-30s, các số liệu đều có thể nhẩm đượ c.

Câu 21 : Dẫn 1,68 lít hỗn hợ p khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dung dịch brom (dư). Sau

khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn

toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2. Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là (biết các thể tích

khí đều đo ở đktc).A. CH4 và C2H4. B. CH4 và C3H4. C. CH4 và C3H6. D. C2H6 và C3H6.

Đáp án C.

k hiđrocacbon không no = (4/160)/[(1,68 – 1,12)/22,4] = 1 Loại B.→

ntrung bình = 2,8/1,68 = 5/3 = 1,67 Loại D.→

nhiđrocacbon không no = (2,8 – 1,12*1)/0,56 = 3

→ CTPT của hai hiđrocacbon là : CH4 và C3H6

Tỷ lệ về thể tích cũng là tỷ lệ về số mol nên ta tính toán ngay vớ i thể tích mà không cần chuyển

về số mol, mặc dù các số liệu thể tích ở đây đều ở đktc và dễ dàng chuyển đổi thành số mol.

Bài tậ p này khá đơ n giản và đặc tr ưng cho các bài tậ p có liên quan đến hidrocacbon. Tuy nhiên,

cần chú ý cẩn thận khi sử dụng vớ i các phép tính liên hoàn có cả cộng tr ừ, nhân chia.

Làm trong 20 – 30s.

Câu 22 : Axit cacboxylic no, mạch hở X có công thức thực nghiệm (C3H4O3)n, vậy công thức phân tử

của X là





[email protected]

A. C6H8O6. B. C3H4O3. C. C12H16O12. D. C9H12O9.

Đáp án A.

Đối vớ i bài tậ p này có thể làm theo 3 cách:

Cách 1: Dựa vào công thức tính độ bất bão hòa k

Axit cacboxylic no, mạch hở ⇔ k =2

42322

3 nn −+×= n = 2→

→ CTPT của X là C6H8O6

Để làm cách này thì các em phải nắm r ất vững công thức tính độ bất bão hòa k.

^^ đọc thêm bài giảng “Độ bất bão hòa k và ứng dụng trong giải toán” trên Blog của tôi để biết

thêm chi tiết và hiểu rõ hơ n cách xây dựng công thức tính này.

Cách 2: Dựa vào việc xây dựng CTPT tổng quát.

Axit cacboxylic no, mạch hở có CTPT tổng quát dạng: CxH2x+2-k (COOH)k

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, ta có:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=+

=+

nk

n x

nk x

32

422

3

→⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

3

2

3

k

n

x

Cách làm này tuy dài hơ n nhưng lại quen thuộc hơ n vớ i đa số các em.

Cách 3: Dựa vào công thức thực nghiệm và đặc điểm hóa học.

(C3H4O3)n là acid CTCT dạng:→ ( )2

32

34233 nnnnn

COOH H C −−

no, mạch hở →2

32

2

32

2

5 nnn−+×= → 2=n

Cách làm này cũng khá phổ biến, về cơ bản là tươ ng tự như cách 2, nhưng không phải giải hệ pt.

Bài này làm bằng cách 1 trong 20-25s.

Câu 23 : Cho cân bằng hoá học : N2 (k) + 3H2 (k) ⎯→←⎯⎯ 2NH3 (k) ; phản ứng thuận là phản ứng toả

nhiệt. Cân bằng hoá học không bị chuyển dịch khi

A. thay đổi áp suất của hệ. B. thay đổi nồng độ N2.

C. thay đổi nhiệt độ. D. thêm chất xúc tác Fe. Đáp án D.

Cân bằng hóa học chỉ có thể bị chuyển dịch khi thay đổi các yếu tố nồng độ, nhiệt độ và áp suất.

Chất xúc tác chỉ có vai trò làm tăng tốc độ phản ứng (thuận và nghịch) mà không làm cho cân bằng

chuyển dịch!





[email protected]

Đây là một bài khá dễ, vì các phản ứng thườ ng dùng để hỏi về cân bằng Hóa học r ất quen thuộc

và có thể giớ i hạn đượ c như: phản ứng tổng hợ p NH3, tổng hợ p SO3, nhiệt phân CaCO3, ....

Bài này làm trong 10-15s.

Câu 24 : Cho 1,9 gam hỗn hợ p muối cacbonat và hiđrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng hết

vớ i dung dịch HCl (dư), sinh ra 0,448 lít khí (ở đktc). Kim loại M làA. Na. B. K. C. Rb. D. Li.

Đáp án A.

M2CO3 → CO2 ; MHCO3 → CO2

nmuối = 0,02 mol → M + 61 < 1,9/0,02 = 95 < 2M + 60 ⇔ 17,5 < M < 34 M là Na (23).→

Đây là một bài tậ p giải bằng phươ ng pháp biện luận bất phươ ng trình khá hay nhưng cũng r ất

quen thuộc, có thể bắt gặ p cả trong các bài tậ p hữu cơ và vô cơ vì thế mà không khó.

Hơ n nữa, đối vớ i các bài tậ p tìm kim loại kiềm kiểu này, thì kinh nghiệm làm bài cho thấy trên

90% k ết quả tìm đượ c là Na hoặc K, trong đó trên 50% là Na. Vì thế, tôi hơ i thất vọng, lẽ ra nên đổimớ i để loại bỏ tâm lý đó, có thể sửa đổi số liệu để k ết quả là Rb thì hay hơ n (đằng nào thì trong đề thi

cũng đã có chú thích MRb)


Câu 25 : Thể tích dung dịch HNO3 67,5% (khối lượ ng riêng là 1,5 g/ml) cần dùng để tác dụng vớ ixenlulozơ tạo thành 89,1 kg xenlulozơ trinitrat là (biết lượ ng HNO3 bị hao hụt là 20%)

A. 55 lít. B. 81 lít. C. 49 lít. D. 70 lít.

Đáp án D.

3HNO3 H = 80% ⎯⎯⎯→ C6H7O2(NO3)3

V(HNO3) = {[3*(89,1/297)/0,08]*63/0,675}/1,5 = 70 lít.

Câu này nếu tính liên hoàn trong 1 phép tính như trên thì quá phức tạ p và dễ sai sót, nên chianhỏ thành các phép tính.

Các phươ ng án nhiễu chưa ổn, nên thay bằng các giá tr ị 47,25 ; 56 ; 84 hoặc 105.

Câu 26 : Cho m gam hỗn hợ p X gồm Al, Cu vào dung dịch HCl (dư), sau khi k ết thúc phản ứng sinh

ra 3,36 lít khí (ở đktc). Nếu cho m gam hỗn hợ p X trên vào một lượ ng dư axit nitric (đặc, nguội), sau

khi k ết thúc phản ứng sinh ra 6,72 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá tr ị của m là

A. 11,5. B. 10,5. C. 12,3. D. 15,6. Đáp án C.

Cu không tác dụng vớ i HCl n→ Al = 0,15*2/3 = 0,1 mol (nhẩm)

Al không tác dụng vớ i HNO3 đặc nguội → nCu = 0,3/2 = 0,15 mol (nhẩm)

→ m = 27*0,1 + 64*0,15 = 12,3 gam.





[email protected]

Câu 29 : Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, đơ n chức X tác dụng hoàn toàn vớ i 500 ml dung dịch gồm

KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu đượ c 8,28 gam hỗn hợ p chất r ắn khan. Công

thức phân tử của X là

A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. HCOOH. D. C3H7COOH.

Đáp án B.X tác dụng hoàn toàn ⇔ X hết (KOH và NaOH có thể dư)

Cách 1: Phươ ng pháp bảo toàn khối lượ ng

3,6 + 0,06(56 + 40) = 8,28 + (3,6/X)*18 X = 60 X là CH→ → 3COOH.

Cách 2: Phươ ng pháp tăng - giảm khối lượ ng

m tăng = 3,6 + 0,06(56 + 40) – 8,28 = 1,08g 0,09 mol H→ 2O (nhẩm) M→ acid = 3,6/0,9 = 60

(nhẩm) X là CH→ 3COOH.

Thực ra 2 cách làm có cùng bản chất và tươ ng đươ ng nhau, tùy vào k ỹ năng và phươ ng pháp

của mỗi thí sinh mà lựa chọn cách làm nào cho đơ n giản và thuận lợ i trong tính toán.Mặc dù ý tưở ng của bài toán là khá hay khi ép thí sinh phải dùng đến phươ ng pháp bảo toàn

khối lượ ng hoặc tăng – giảm khối lượ ng mớ i có thể tìm đượ c đáp án đúng, các đáp án nhiễu của bài

tậ p này vẫn còn khá cẩu thả và mang nặng tính hình thức, nếu học sinh vận dụng kinh nghiệm “số

mol tròn” thì cũng đã có thể tìm ra đáp án là B. Dữ kiện “axit cacboxylic no” là thừa, nên sửa lại đề

bài là “axit cacboxylic đơ n chức” và thêm vào đáp án C2H3COOH thì sẽ hay hơ n r ất nhiều, vì khi đó

3,6g cũng là 0,05 mol C2H3COOH – r ất tròn và sẽ có tính chất “nhiễu” cao hơ n.


Câu 30 : Chất phản ứng vớ i dung dịch FeCl3 cho k ết tủa làA. CH3 NH2. B. CH3COOCH3. C. CH3OH. D. CH3COOH.

Đáp án A.

CH3 NH2 + H2O ⎯⎯→←⎯⎯ CH3 NH3+ + OH− ; Fe3+ + 3OH− Fe(OH)→ 3↓

Câu 31 : Cho các phản ứng sau :

H2S + O2 (dư)0t ⎯→ Khí X + H2O

NH3 + O2 0850 C, Pt ⎯⎯⎯→ Khí Y + H2O

NH4HCO3 + HCl loãng → Khí Z + NH4Cl + H2OCác khí X, Y, Z thu đượ c lần lượ t là

A. SO3, NO, NH3. B. SO2, N2, NH3. C. SO2, NO, CO2. D. SO3, N2, CO2.

Đáp án C.

H2S + O2 (dư )0t ⎯⎯→ SO2 + H2O

NH3 + O2 0850 C, Pt ⎯⎯⎯→ NO + H2O





[email protected]

NH4HCO3 + HCl loãng → CO2 + NH4Cl + H2O

(Các ptpư không cần viết ra mà chỉ hình dung trong đầu)

Chú ý điều kiện trong 2 phản ứng đầu: phản ứng (1) có O2 dư, phản ứng (2) có xúc tác Pt và

850*C, dù sao đây cũng đều là các phản ứng quá quen thuộc trong chươ ng trình lớ p 10 và 11.

Bài này có thể làm trong 5-10s.Các đáp án có SO3 hoặc NH3 là quá “thô”, học sinh dễ dàng loại tr ừ và tìm ra đáp án đúng!

Nên thay bằng các tổ hợ p (S, NO, CO2) hoặc (S, N2, CO2) hoặc (SO2, N2, CO2).

Câu 32 : Nhiệt phân hoàn toàn 40 gam một loại quặng đôlômit có lẫn tạ p chất tr ơ sinh ra 8,96 lít khí

CO2 (ở đktc). Thành phần phần tr ăm về khối lượ ng của CaCO3.MgCO3 trong loại quặng nêu trên là

A. 40%. B. 50%. C. 84%. D. 92%.

Đáp án D.

Quặng đôlômit là CaCO3.MgCO3

MCO3 → CO2 (cái này nhẩm trong đầu) → nMCO3 = nCO2 = 0,04 mol (nhẩm)

→ %m(CaCO3.MgCO3) = {[(100 + 84)*0,02]/40}*100% = 92%.

Đây là một câu hỏi r ất dễ, vì thế mà các phươ ng án “nhiễu” không có nhiều ý ngh ĩ a.



HBr + C2H5OH0t ⎯→ C2H4 + Br 2 →

C2H4 + HBr → C2H6 + Br 2 askt(1:1mol) ⎯⎯ ⎯→

Số phản ứng tạo ra C2H5Br làA. 4. B. 3. C. 2. D. 1.

Đáp án B.

HBr + C2H5OH0t ⎯→ C2H5Br + H2O C2H4 + Br 2 ⎯⎯→ C2H4Br 2

C2H4 + HBr ⎯→ C2H5Br C2H6 + Br 2 askt(1:1mol) ⎯⎯ ⎯→ C2H5Br + HBr

(Thực ra không cần viết ptpư mà chỉ cần hình dung trong đầu là đượ c)

Bài này không khó, làm trong 10-15s

Câu 34 : Tiến hành hai thí nghiệm sau :- Thí nghiệm 1 : Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M;

- Thí nghiệm 2 : Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3 0,1M.

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượ ng chất r ắn thu đượ c ở hai thí nghiệm đều bằng nhau.

Giá tr ị của V1 so vớ i V2 là

A. V1 = V2. B. V1 = 10V2. C. V1 = 5V2. D. V1 = 2V2.





[email protected]

Đáp án A.

Khối lượ ng chất r ắn ở hai thí nghiệm bằng nhau ⇔ V1(64 – 56) = 0,1*V2(108 – 56*0,5)

→ V1 = V2 (nhẩm)

Đây là một bài toán tăng giảm khối lượ ng điển hình. Cần chú ý tỉ lệ mol của phản ứng Fe vớ i

AgNO3 là 1:2, do đó có thể thay thế phươ ng án nhiễu bằng : V1 = 0,65V2, đó là trong tr ườ ng hợ p thísinh quên mất điều này, mà xem tỷ lệ là 1:1.


Câu 35 : Polime có cấu trúc mạng không gian (mạng lướ i) là

A. PE. B.amilopectin . C. PVC. D. nhựa bakelit.

Đáp án D.

Để làm đượ c câu này cần phải nhớ và nắm vững cấu trúc phân tử của các polime..

Tuy nhiên câu này khá dễ và khá quen thuộc, làm trong 5-10s..

Câu 36 : Công thức phân tử của hợ p chất khí tạo bở i nguyên tố R và hiđro là RH3. Trong oxit mà Rcó hoá tr ị cao nhất thì oxi chiếm 74,07% về khối lượ ng. Nguyên tố R là

A. S. B. As. C. N. D. P.

Đáp án C.

Đối vớ i một nguyên tố thì: Hóa tr ị cao nhất vớ i H + Hóa tr ị cao nhất vớ i O = 8.

→ Oxit có dạng : R 2O5 →96,25

04,74

2

80

100

07,74%100

5162

516=→=×

×+

×

R R→ R = 14 R là N→

Bài tậ p này r ất quen thuộc, các thầy cô vẫn thườ ng dạy các em thi chuyên, thi HSG lớ p 9 và cho

các em lớ p 10 trong nội dung của chươ ng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố Hóa học.

Biến đổi tỷ lệ thức trong bài là 1 tính chất của Toán học. (xem thêm cách biến đổi ở câu 18)


Câu 37 : Ảnh hưở ng của nhóm -OH đến gốc C6H5- trong phân tử phenol thể hiện qua phản ứng giữa

phenol vớ i

A. dung dịch NaOH. B. Na kim loại. C. nướ c Br 2. D. H2 (Ni, to)

Đáp án C.

C6H5OH + Br 2 ⎯→ 2,4,6-tribromphenol phản ứng xảy ra ngay ra trong dung dịch, ở nhiệt độ thườ ng, không cần xúc tác, theo tỉ lệ 1:3 (dễ

hơ n nhiều so vớ i benzen : brom khan, nhiệt độ cao, xúc tác là bột Fe (^^ chính xác hơ n là FeBr 3)).

Câu này khá hay, nếu không cẩn thận thì sẽ có nhiều bạn chọn nhầm đáp án A, vì đáp án A là

ngượ c lại, ảnh hưở ng của gốc C6H5- đến nhóm –OH.






[email protected]

Câu 38 : Hiđrocacbon mạch hở X trong phân tử chỉ chứa liên k ết σ và có hai nguyên tử cacbon bậc

ba trong một phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 1 thể tích X sinh ra 6 thể tích CO2 (ở cùng điều kiện nhiệt

độ, áp suất). Khi cho X tác dụng vớ i Cl2 (theo tỉ lệ số mol 1 : 1), số dẫn xuất monoclo tối đa sinh ra là

A. 3. B. 4. C. 2. D. 5.

Đáp án C.X ⎯→ 6CO2 → X có 6C.

X mạch hở , chỉ chứa liên k ết σ X là ankan: C→ 6H14.

X có 2 nguyên tử C bậc ba → X là : 2,3-đimetylbutan.

Cho X tác dụng vớ i Cl2 (tỉ lệ mol 1:1) chỉ sinh ra tối đa 2 dẫn xuất monoclo :

C C

C

C

C

C

Ở đây cần quan tâm đến tính đối xứng của phân tử và sử dụng phươ ng pháp “đếm nhanh số

lượ ng đồng phân trên mạch C” (ở đây có 1 tr ục đối xứng chính và 2 tr ục đối xứng phụ)

(xem thêm “ Đáp án chi tiế t môn Hóa khố i A năm 2008 của Sao băng l ạnh giá”).

Bài này có thể xem là khá hay, làm trong 10-15s.

Câu 39 : Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH. Cô cạn dung dịch

sau phản ứng thu đượ c khối lượ ng xà phòng là


Đáp án A.

Phản ứng : (RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯→ 3RCOONa + C3H5(OH)3 (nhẩm trong đầu)

Theo bảo toàn khối lượ ng : m(xà phòng) = m(chất béo) + m(NaOH) – m(glixerol)

→ m(xà phòng) = 17,24 + 40*0,06 – 92*0,06/3 = 17,80 gam. (các giá tr ị 40, 92 và 0,02 là nhẩm

đượ c)

Câu này không khó, làm trong 30-40s

Câu 40 : Cho dãy các chất : C2H2, HCHO, HCOOH, CH3CHO, (CH3)2CO, C12H22O11 (mantozơ ). Số chất trong dãy tham gia đượ c phản ứng tráng gươ ng là

A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.

Đáp án D.

Các chất tham gia phản ứng tráng gươ ng : HCHO, HCOOH, CH3CHO và C12H22O11.





[email protected]

Lưu ý là trong số các disaccarit đượ c học trong chươ ng trình thì chỉ có mantozơ là có tham gia

phản ứng tráng gươ ng. Ngoài ra, C2H2 có phản ứng vớ i AgNO3/NH3 tạo k ết tủa nhưng không phải là

phản ứng tráng gươ ng. (k ết tủa Ag2C2 có màu vàng còn lớ p bạc Ag đượ c tạo ra từ phản ứng tráng

gươ ng có vẻ sáng ánh kim của kim loại).

Bài này khá dễ nếu kiến thức các em đã vững vàng, ta vừa đọc đề vừa đánh dấu và đếm, chỉ cần

khoảng 10s.

Câu 41 : Cho 0,1 mol P2O5 vào dung dịch chứa 0,35 mol KOH. Dung dịch thu đượ c có các chất

A. K 3PO4, K 2HPO4. B.K 2HPO4, KH2PO4. C. K 3PO4, KOH. D. H3PO4, KH2PO4.

Đáp án B.

P2O5 ⎯→ 2H3PO4

Phân tích hệ số của nguyên tố trong CTPT, ta có tỷ lệ:

275,1

21,0

35,01 <=

×

=< P

K

n

n →

Hai muối là : K 2HPO4, KH2PO4

Bài này câu hỏi không hay và quá đơ n giản, lẽ ra nên cho thêm thể tích và nồng độ của dung

dịch để k ết hợ p hỏi nồng độ muối hoặc khối lượ ng muối, khi đó ta có thể sử dụng k ỹ thuật đườ ng

chéo để tính nhanh.


Câu 42 : Khi đốt cháy hoàn toàn một este no, đơ n chức thì số mol CO2 sinh ra bằng số mol O2 đã

phản ứng. Tên gọi của este là

A. metyl fomiat. B. etyl axetat. C. n-propyl axetat. D. metyl axetat.

Đáp án A.

Este no, đơ n chức (mạch hở ) ⇔ CnH2nO2

Phản ứng cháy : CnH2nO2 + (3n − 2)/2O2 nCO→ 2 + nH2O

nCO2 = nO2 ⇔ (3n − 2)/2 = n n = 2 Este là C→ → 2H4O2 hay HCOOCH3 (metyl fomiat).

Đây là một dạng bài tậ p thông thườ ng khá phổ biến và không khó.


Câu 43 : Cho chất hữu cơ X có công thức phân tử C2H8O3 N2 tác dụng vớ i dung dịch NaOH, thu đượ cchất hữu cơ đơ n chức Y và các chất vô cơ . Khối lượ ng phân tử (theo đvC) của Y là

A. 85. B. 68. C. 45. D. 46.

Đáp án C.

X + NaOH chất hữu cơ Y và các chất vô cơ →

→ X là CH3CH2 NH3 NO3

Phản ứng : CH3CH2 NH3 NO3 + NaOH ⎯→ CH3CH2 NH2 + NaNO3 + H2O





[email protected]

→ Y là CH3CH2 NH2 (M = 45 đvC).

Đây là một câu hỏi t ươ ng đố i khó và chắ c sẽ khiế n nhiề u bạn sẽ lúng túng trong việc xác định CTCT của X. Có nhiề ucách để tìm ra CTPT của X, thậm chí nế u là ng ườ i có kinh nghiệm thì không cần phải suy nghĩ nhiề u, ở đ ây tôi xin trình bày ví

d ụ một l ố i suy nghĩ như sau:

• X có chứ a N và 3O mà X l ại tác d ụng vớ i NaOH sinh ra sản phẩ m hữ u cơ X là một este, hoặc một muố i

amoni hữ u cơ .

→

• Vì độ bấ t bão hòa k = 0 X không thể là một este X là muố i amoni hữ u cơ .→ →

• N ế u X là muố i amoni của amin vớ i acid hữ u cơ khi tác d ụng vớ i NaOH không thể chỉ có 1 sản phẩ m hữ u

cơ phải là muố i của NH

→→ 3 vớ i acid hữ u cơ hoặc amin hữ u cơ vớ i acid vô cơ .

• Vì X chứ a 2N và 3O mà Y là đơ n chứ c CTPT của X là CH → 3CH 2 NH 3 NO3 (muố i của amin CH 3CH 2 NH 2 vớ i

HNO3 )

Đây là một bài tậ p đòi hỏi phải tư duy logic và có kiến thức tổng hợ p tốt, có tính phân loại thí

sinh cao.

Làm trong 20-30s.

Câu 44 : Hỗn hợ p r ắn X gồm Al, Fe2O3 và Cu có số mol bằng nhau. Hỗn hợ p X tan hoàn toàn trong

dung dịch

A. NaOH (dư). B. HCl (dư). C. AgNO3 (dư). D. NH3 (dư).

Đáp án B.

Cách tư duy r ất đơ n giản: ta thấy Fe2O3 là một oxit base không có tính lưỡ ng tính chỉ có thể

tan đượ c trong acid đáp án B.

→

→

Đối vớ i bài tậ p này, chỉ cần chú ý Cu tan trong Fe3+ là làm đượ c, tôi ngh ĩ đây là một phản ứng

r ất đặc tr ưng trong dãy điện hóa nên sẽ không khó cho các em tr ả lờ i.

Dữ kiện số mol các chất bằng nhau chỉ để cho câu hỏi thêm chặt chẽ (Cu và Fe3+ tác dụng vừa

đủ), còn đối vớ i thí sinh thì không cần phải quan tâm đến dữ kiện này cũng có thể tìm ra đáp án đúng.

Vì chỉ có đáp án B mớ i có thể thỏa mãn yêu cầu.

Có thể bỏ qua dữ kiện “có số mol bằng nhau” mà vẫn đảm bảo tính chính xác của câu hỏi bằng

cách thay đổi cụm từ “hỗn hợ p X tan hoàn toàn” bằng “hỗn hợ p X có thể tan hoàn toàn”)

(N ế u xét riêng t ừ ng đ áp án thì:

NaOH chỉ hòa tan đượ c Al.

AgNO3 d ư chỉ hòa tan đượ c Al và Cu.

NH 3 không hòa tan đượ c chấ t nào.V ớ i HCl : Al tan, Fe2O3 tan, Cu tan trong Fe3+ (vừ a đủ ))


PHẦN RIÊNG ------ Thí sinh chỉ đượ c làm 1 trong 2 phần : Phần I hoặc Phần II -------





[email protected]

Phần I. Theo chươ ng trình KHÔNG phân ban (6 câu, t ừ câu 45 đế n câu 50)

Câu 45 : Cho dãy các chất: CH4, C2H2, C2H4, C2H5OH, CH2=CH-COOH, C6H5 NH2 (anilin), C6H5OH

(phenol), C6H6 (benzen). Số chất trong dãy phản ứng đượ c vớ i nướ c brom là

A. 6. B. 8. C. 7. D. 5.

Đáp án D.Tr ừ CH4, C6H6 (benzen) và C2H5OH. Đối vớ i bài tậ p này, ta cũng đọc và đánh dấu các chất có

tác dụng (hoặc không tác dụng) r ồi đếm.

Làm trong 10-15s.

Câu 46 : Thể tích dung dịch HNO3 1M (loãng) ít nhất cần dùng để hoà tan hoàn toàn một hỗn hợ pgồm 0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO)


Đáp án C.

Thể tích dung dịch HNO3 là ít nhất ⇔ dung dịch gồm Fe2+ và Cu2+ (do Cu (và Fe dư, nếu có) và Fe3+ tác dụng vừa hết vớ i nhau).

Bảo toàn e : ne cho = 0,6 mol = ne nhận → n NO = 0,2 mol

Ta có thể nhớ tỉ lệ : nHNO3 = 4nNO = 0,8 mol → V(HNO3) = 0,8 lít.

Đây là bài tậ p khá hay nhưng không khó vì nó cũng khá quen thuộc, đối vớ i những bạn đã có k ỹ

năng, rèn luyện tích cực và có kinh nghiệm thì chỉ cần 20-25s, tất cả các số liệu trong đáp án đều có

thể nhẩm đượ c.


(1) O3 + dung dịch KI → (2) F2 + H2O0t ⎯→

(3) MnO2 + HCl đặc0t ⎯→ (4) Cl2 + dung dịch H2S →

Các phản ứng tạo ra đơ n chất là

A. (1), (2), (3). B. (1), (3), (4). C. (2), (3), (4). D. (1), (2), (4).

Đáp án A.

O3 + KI + H2O → KOH + I2 + O2 F2 + H2O0t ⎯→ HF + O2

MnO2 + HCl đặc0t ⎯→ MnCl2 + Cl2 + H2O Cl2 + H2S + H2O → HCl + H2SO4

Bài tậ p này không quá khó, chỉ cần nắm vững tính chất hóa học của các nguyên tố nhóm

Halogen và Oxi – những nội dung quan tr ọng trong chươ ng trình lớ p 10 và thườ ng có trong đề thi

ĐH. Các phản ứng trên đều là những tr ọng tâm mà các thầy cô giáo phải nhấn mạnh trong quá trình

dạy học: phản ứng (1) là phản ứng chứng minh tính oxh của O3 mạnh hơ n O2, phản ứng (2) phản ánh

tính oxh mãnh liệt của F2 (đốt cháy H2O), phản ứng (3) quá quen thuộc – điều chế Cl2 trong phòng thí

nghiệm và phản ứng (4) cũng r ất quen thuộc, phản ánh tính oxh của Cl2 trong nướ c.





[email protected]

Làm trong 5-10s

Câu 48 : Đốt cháy hoàn toàn 1 lít hỗn hợ p khí gồm C2H2 và hiđrocacbon X sinh ra 2 lít khí CO2 và 2

lít hơ i H2O (các thể tích khí và hơ i đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Công thức phân tử của X là

A. C2H6. B. C2H4. C. CH4. D. C3H8.

Đáp án A.Số nguyên tử C trung bình = 2 → X có 2C.

Do : V(CO2) = V(H2O) → X là ankan: C2H6.

Bài này có những biện luận logic khá đặc tr ưng cho bài tậ p về phản ứng đốt cháy chất hữu cơ , vì

vậy nên khá quen thuộc và không quá khó, làm trong 10-15s.

Câu 49 : Ba hiđrocacbon X, Y, Z là đồng đẳng k ế tiế p, khối lượ ng phân tử của Z bằng 2 lần khối

lượ ng phân tử của X. Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng

A. ankan. B. ankađien. C. anken. D. ankin.

Đáp án C.Đây là một bài tậ p quá quen thuộc mà gần như tài liệu tham khảo nào có nội dung liên quan đều

có, lẽ ra những câu hỏi thế này không nên đưa vào đề thi ĐH.

Gọi X là CaH b Z là C→ aH b(C2H4) = 2X X là C→ 2H4

→ Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng anken.

Đối vớ i các bài tậ p dễ thế này thì việc sử dụng phươ ng án “nhiễu” nhiều khi chỉ là hình thức và

không cần thức, tuy nhiên, cũng có thể bổ sung thêm phươ ng án “xicloankan” để mức độ nhiễu sẽ cao

hơ n một chút.

Làm trong 10-15s.Câu 50 : Tiến hành bốn thí nghiệm sau :

- Thí nghiệm 1 : Nhúng thanh Fe vào dung dịch FeCl3;

- Thí nghiệm 2 : Nhúng thanh Fe vào dung dịch CuSO4;

- Thí nghiệm 3 : Nhúng thanh Cu vào dung dịch FeCl3 ;

- Thí nghiệm 4 : Cho thanh Fe tiế p xúc vớ i thanh Cu r ồi nhúng vào dung dịch HCl

Số tr ườ ng hợ p xuất hiện ăn mòn điện hoá là

A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.

Đáp án B.

Chỉ có các thí nghiệm 2 và 4 xuất hiện ăn mòn điện hóa.

Câu hỏi này cũng khá dễ và quen thuộc, chỉ cần 5-10s.

Phần II. Theo chươ ng trình phân ban (6 câu, t ừ câu 51 đế n câu 56 )





[email protected]

Câu 51 : Muối (phenylđiazoni clorua) đượ c sinh ra khi cho C6 5 2C H N Cl+ −6H5-NH2 (anilin) tác dụng

vớ i NaNO2 trong dung dịch HCl ở nhiệt độ thấ p (0-50C). Để điều chế đượ c 14,05 gam 6 5 2C H N Cl+ −

(vớ i hiệu suất 100%), lượ ng C6H5-NH2 và NaNO2 cần dùng vừa đủ là

A. 0,1 mol và 0,4 mol. B. 0,1 mol và 0,2 mol.

C. 0,1 mol và 0,1 mol. D. 0,1 mol và 0,3 mol. Đáp án C.

Phản ứng : C6H5 NH2 + NaNO2 + HCl → 6 5 2C H N Cl+ − + 2H2O

→ Loại A, B, D Duy chỉ có C đúng !→

Phươ ng án nhiễu của bài tậ p này hơ i tùy tiện, nhưng do đặc thù của câu hỏi nên có thể chấ pnhận đượ c, cần phải nhớ phản ứng mớ i làm đượ c, 10 – 15s.

Câu 52 : Cho các dung dịch : HCl, NaOH đặc, NH3, KCl. Số dung dịch phản ứng đượ c vớ i Cu(OH)2

là

A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.

Đáp án B.

Các dung dịch phản ứng đượ c vớ i Cu(OH)2 là : HCl, NaOH đặc và NH3.

Vấn đề lưỡ ng tính của Cu(OH)2 là một vấn đề “nhạy cảm” còn nhiều tranh cãi. Theo tôi, không

nên đưa vấn đề này vào trong đề thi.

Câu 53 : Hơ i thuỷ ngân r ất độc, bở i vậy khi làm vỡ nhiệt k ế thuỷ ngân thì chất bột đượ c dùng để r ắclên thuỷ ngân r ồi gom lại là

A. vôi sống. B. cát. C. muối ăn. D. lưu huỳnh. Đáp án D.

Câu hỏi này không khó. Đây là tính chất đặc biệt của Hg r ất dễ nhớ (đã học trong bài S và

mớ i học trong bài “Hóa học và vấn đề môi tr ườ ng”).

→

Bài này chỉ cần 5s.

Câu 54 : Ba chất hữu cơ mạch hở X, Y, Z có cùng công thức phân tử C3H6O và có các tính chất : X,

Z đều phản ứng vớ i nướ c brom; X, Y, Z đều phản ứng vớ i H2 nhưng chỉ có Z không bị thay đổi nhóm

chức; chất Y chỉ tác dụng vớ i brom khi có mặt CH3COOH. Các chất X, Y, Z lần lượ t là

A. C2H5CHO, CH2=CH-O-CH3, (CH3)2CO. B.(CH3)2CO, C2H5CHO, CH2=CH-CH2OH.C.C2H5CHO, (CH3)2CO, CH2=CH-CH2OH. D.CH2=CH-CH2OH, C2H5CHO, (CH3)2CO.

Đáp án C.

Nếu biện luận một cách đầy đủ và tuần tự thì:

X tác dụng vớ i nướ c brom Loại B.→

Chất Y chỉ tác dụng vớ i brom khi có mặt CH3COOH Y có nhóm cacbonyl Loại A.→ →





[email protected]

Chỉ Z không bị thay đổi nhóm chức → Z chỉ có liên k ết π ở mạch C → Loại D.

→ X, Y, Z lần lượ t là : C2H5CHO, (CH3)2CO, CH2=CH-CH2OH.

Tuy nhiên, cũng có một cách biện luận r ất thông minh như sau:

Chất Y chỉ tác dụng vớ i brom khi có mặt CH3COOH Y không thể là ete hay Aldehyde

phải là đáp án C

→ →

Đây sẽ là một câu hỏi khó nếu cứ biện luận tuần tự và đầy đủ như cách làm thứ nhất, trong đó có

điều kiện xảy ra phản ứng thế Brom của xeton là điều mà r ất ít thí sinh quan tâm.

Nhưng nếu biện luận như cách làm thứ 2, thì ta thấy bài toán tr ở nên r ất đơ n giản và dễ dàng

chọn đượ c đáp án đúng mà không cần quan tâm đến các dữ kiện khác (^^ nếu quan tâm thì cũng cóthể thử lại dễ dàng và cho k ết quả ok)

Vớ i cách biện luận thứ 2, bài này chỉ cần làm trong 10-15s.

Câu 55 : Cho suất điện động chuẩn E0 của các pin điện hoá : E0(Cu-X) = 0,46V, E0(Y-Cu) = 1,1V;

E0

(Z-Cu) = 0,47V (X, Y, Z là ba kim loại). Dãy các kim loại xế p theo chiều tăng dần tính khử từ tráisang phải là

A. Z, Y, Cu, X. B. X, Cu, Z, Y. C. Y, Z, Cu, X. D. X, Cu, Y, Z.

Đáp án B.

E0(Y-Cu) = 1,1V > 0 và E0(Cu-X) = 0,46V > 0 Tính khử của X < Cu < Y.→

E0(Y-Cu) = 1,1V > E0(Z-Cu) = 0,47V > 0 Tính khử của Y > Z > Cu.→

Tính chất bắc cầu: tính khử tăng dần theo chiều X, Cu, Z, Y

Để làm câu này cần nắm vững khái niệm và cách tính “suất điện động chuẩn” cũng như kiến

thức về “Dãy thế điện hóa của kim loại”, làm trong 20-25s. M ột số tính chấ t như : “âm hơ n là âm (cự c)”, “càng âm càng khử ”, ....

Câu 56 : Cho một lượ ng bột Zn vào dung dịch X gồm FeCl2 và CuCl2. Khối lượ ng chất r ắn sau khi

các phản ứng xảy ra hoàn toàn nhỏ hơ n khối lượ ng bột Zn ban đầu là 0,5 gam. Cô cạn phần dung dịch

sau phản ứng thu đượ c 13,6 gam muối khan. Tổng khối lượ ng các muối trong X là


Đáp án A.

Theo bảo toàn khối lượ ng, khối lượ ng chất r ắn giảm = khối lượ ng muối tăng.

⇒ m(X) = 13,6 – 0,5 = 13,1 gam.Câu này không khó, làm trong 15-20s.

Qua việc giải nhanh các bài tậ p trong đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối B năm 2008 môn Hóa, ta

rút ra một số nhận xét như sau:






1, Đề thi năm nay về cơ bản là t ươ ng đươ ng vớ i đề thi ĐH năm ngoái (2007) tuy nhiên các em

học sinh cũng như giáo viên đã làm quen tốt hơ n vớ i hình thức thi tr ắc nghiệm cũng như các dạng bài

tậ p thi tr ắc nghiệm có thể r ơ i vào đề thi nên có sự chuẩn bị tốt hơ n. Đề thi cũng chưa có thêm nhiều

câu hỏi mớ i, dạng bài mớ i có ý tưở ng hay và độc đáo, nhiều phươ ng pháp mớ i có thể cho ra những

bài tậ p r ất hay như “Phân tích hệ số và ứng dụng” còn chưa đượ c khai thác trong đề thi, các câu hỏi

hay vẫn chỉ xoay quanh Phươ ng pháp bảo toàn khối lượ ng, tăng – giảm khối lượ ng và bảo toànelectron. Đây là một điểm hạn chế lớ n của đề thi, và do đó tôi tin tưở ng và hy vọng r ằng phổ điểm

chung của năm nay vẫn khả quan hơ n năm ngoái.

2, Tỷ lệ ki ế n thứ c l ớ p 12 ti ế p t ục chi ế m ư u thế và gi ữ vai trò chủ đạo trong đề thi ĐH vớ ikhoảng 80 - 85% câu hỏi cho các nội dung liên quan (tỷ lệ này có phần cao hơ n so vớ i các năm

tr ướ c, k ể cả năm 2007). Tuy nhiên, Hóa học và Toán học không giống như Vật lý hay Sinh học, ki ế nthứ c để thi môn Hóa mang tính liên t ục, đòi hỏi thí sinh vẫn phải nắm vững những nguyên lý, những

định luật và những phươ ng pháp tư duy Hóa học cốt lõi đượ c tích lũy từ lớ p 10, lớ p 11. Đan xen vào

mỗi câu hỏi ta vẫn thấy một sự thống nhất, sự liên tục về kiến thức.3, Nếu so sánh vớ i đề thi khối A, thì đề thi môn Hóa của khối B năm nay hay hơ n về mặt ý

tưở ng, đồng thờ i cũng có mức độ phân loại thí sinh cao hơ n, thí sinh phải có kiến thức Hóa học và tư

duy logic tươ ng đối mạnh thì mớ i có thể vận dụng tốt “chiến thuật chọn ngẫu nhiên” một cách có hiệuquả. Mặc dù vậy, trong đề thi vẫ n bộc l ộ nhi ều đ i ể m yế u trong suy ngh ĩ , nhận thức của ngườ i ra đề

đồng thờ i vớ i đó là sự cẩ u thả , tùy ti ện trong vi ệc đư a ra phươ ng án “nhi ễ u” (tôi sẽ có bài viết phân

tích cụ thể những yếu kém về 2 đề thi này sau) nếu tỉnh táo, thí sinh hoàn toàn có thể vượ t qua d ễ dàng nhữ ng “phươ ng án nhi ễ u”. Sai sót do lỗi đánh máy ở câu hỏi về phản ứng tách nướ c tạo ete

của r ượ u là một lỗi khó có thể chấ p nhận đượ c trong một văn bản quan tr ọng như đề thi ĐH, lỗi sai

này có thể biến đề thi khối B năm nay tr ở thành đề thi tệ nhất trong số các đề thi ĐH k ể từ thờ i điểmthi 3 chung.

4, Để giải nhanh đượ c một bài toán mà r ộng hơ n là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự k ết hợ p

nhuần nhuyễn và hiệu quả 4 yếu tố: ki ế n thứ c, k ỹ năng, kinh nghi ệm và phươ ng pháp (chú ý là tôixế p phươ ng pháp ở hàng thứ yếu, cuối cùng), mà mỗi một yếu tố đều đ òi hỏi một quá trình rèn




sinh hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin r ằng “vi ệc gi ải tr ọn vẹn đề thi Đ H trong vòng 30 phút không phải là đ i ều không thể và trong 60-90 phút thì là đ i ều

hoàn toàn có thể ”

Hy vọng là qua những gì đã trình bày ở trên, các em thí sinh những năm sau sẽ tự tìm ra cho

mình một hướ ng tư duy đúng, một cách làm bài nhanh và có hiệu quả. Đồng thờ i, cũng có đượ cnhững thông tin bổ ích để tìm ra cho mình một phươ ng án ôn tậ p phù hợ p nhất nhằm nâng cao cả 4





yếu tố trên. Nhất là khi Bộ GD – ĐT gần như chắc chắn sẽ phải từ bỏ k ế hoạch gộ p 2 k ỳ thi ĐH và

Tốt nghiệ p THPT làm một (tôi sẽ có bài viết phân tích những bất hợ p lý của dự thảo này sau).


**********************

Để hiểu rõ hơ n một số phươ ng pháp đã sử dụng trong đáp án cũng như nâng cao tốc độ và hiệu

quả làm bài, mờ i các bạn và các em tìm đọc các bài giảng về phươ ng pháp của Sao băng lạnh giá –

Vũ Khắc Ngọc tại Blog: http://360.yahoo.com/vkngoc49cns


Bài toán hữu cơ kinh điển 12 cách giải của Sao băng lạnh giá

Vấn đề rèn luyện k ỹ năng tính ở tr ườ ng phổ thông

Công thức tính nhanh cho bài toán vô cơ kinh điển của Sao băng lạnh giá

Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối A năm 2008 mã đề 794



Một số điều chỉnh trong k ế hoạch khai giảng các lớ p học năm 2008-2009

Hiểu đúng hơ n về chất lưỡ ng tính Phân tích hệ số phản ứng và ứng dụng trong giải nhanh bài toán Hóa học







Quy tắc viết công thức Cấu tạo theo Lewis, CTCT + Dạng lai hóa + Hình học phân tử Một bài Hóa thi ĐH năm 2006



















































































































































































































































































Đi ện thoại: 098.50.52.510




























































kh @ il h // / b l h i

ĐÁP ÁN CHI TIẾT CHO ĐỀ THI TUYỂ N SINH ĐH – CĐ NĂM 2009

MÔN HÓA HỌC – MÃ ĐỀ 825

Cho biết khối lượ ng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố :

H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5;K = 39; Ca = 40; Cr = 52, Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Sn = 119;

Ba=137; Pb = 207.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, t ừ câu 1 đế n câu 40)

Câu 1 : Cho hỗn hợ p gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợ pgồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ c dung dịch X

và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượ ng

k ết tủa thu đượ c là lớ n nhất. Giá tr ị tối thiểu của V là

A. 240. B. 120. C. 360. D. 400.

Đáp án C.

Phân tích đề bài: Cho hỗn hợ p kim loại tác dụng vớ i dung dịch hỗn hợ p chứa H+ và -3NO →

cần k ết hợ p phươ ng pháp Bảo toàn electron – điện tích và sử dụng Phươ ng trình ion thu gọn trong

giải toán.


Dễ dàng nhẩm đượ c Fe Cu e cho tèi ®an = 0,02 mol; n = 0,03 mol vµ n = 0,12 mol

Thay vào pt ion thu gọn: +3 24H + NO + 3e NO + 2H O− →

ta dễ dàng nhận thấy H+ và -3NO còn dư, do đó kim loại đã tan hết thành Fe3+ và Cu2+

+ -H d− OH cÇn ®Ó trung hßa

4n = 0,4 0,5 2 - 0,12 = 0,24 mol = n

3× × ×

K ết tủa thu đượ c là Fe(OH)3 và Cu(OH)2 mà theo Bảo toàn điện tích thì:

- ®iÖn tÝch d− ¬ng cña ion kim lo¹i e choOH trong kÕt tñan = n = n = 0,12 mol

Do đó,-OH cÇnn = 0,24 + 0,12 = 0,36 mol V = 360 ml

→

Nhận xét:

- Bài tậ p về phươ ng pháp Bảo toàn electron k ết hợ p vớ i Bảo toàn điện tích và sử dụng

phươ ng trình ion thu gọn thuộc loại bài tậ p khó trong chươ ng trình phổ thông. Tuy nhiên,

đề bài này vẫn còn khá “truyền thống” và khá “hiền”, có nhiều cách để khiến bài toán tr ở nên lắt léo hơ n như:

+ Cho H+ và -3NO không dư, dung dịch thu đượ c có Fe2+, Fe3+ và Cu2+

+ Dung dịch kiềm dùng Ba(OH)2 để có thêm k ết tủa BaSO4

+

…..





-

Về đáp án gây nhiễu thì đáp án 120 ml là hợ p lý (dùng trong tr ườ ng hợ p thí sinh quên

không tính tớ i OH- tham gia phản ứng trung hòa), có thể thay đáp án 240 ml bằng đáp án

100 ml (do V tối thiểu nên thí sinh có thể ngh ĩ đến chuyện Fe(OH)2 – 0,02 mol và

Cu(OH)2 – 0,03 mol)

Câu 2 : Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợ p hai este HCOOC2H5 và CH3COOCH3

bằng dung dịch NaOH, thu đượ c hỗn hợ p X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợ p X vớ i H2SO4 đặc ở 1400C, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đượ c m gam nướ c. Giá tr ị của m là

A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05.

Đáp án B.

Phân tích đề bài: Nhận thấy 2 este này là đồng phân của nhau → có cùng M và dễ dàng tính

đượ c số mol.


Ta có este r− îu66,6n = = 0,9 mol = n74

Phản ứng tách nướ c tạo ete có tỷ lệ:o

2 4H SO , 140 C22R− îu 1Ete + 1H O ⎯⎯⎯⎯⎯→

Do đó,2H O r− îu

1n = n = 0,45 mol m = 18 0,45 = 8,1g

2 → × (giá tr ị này có thể nhẩm đượ c)

Nhận xét:

-

Đề bài này cũng khá “hiền”, có thể biến bài toán tr ở nên lắt léo hơ n bằng cách thay điềukiện 1400C bằng 1800C, khi đó CH

3OH là 1 r ượ u không tách nướ c tạo anken đượ c, nếu

thí sinh chủ quan chỉ viết ptpư ở dạng tổng quát như trên thì r ất dễ bị mắc phải sai sót và

chọn phải đáp án nhiễu-

Đáp án gây nhiễu của câu hỏi này khá tùy tiện, các giá tr ị 18 và 4,05 hơ i vô ngh ĩ a và dễ dàng loại tr ừ (ngườ i ra đề cứ chia đôi để ra đáp án nhiễu), đáp án nhiễu nhất nằm ở giá tr ị 16,2 – khá nhiều em chọn phải đáp án này.

Câu 3: Tr ườ ng hợ p nào sau đây không xảy ra phản ứng hóa học?

A. Cho Fe vào dung dịch H2SO4 loãng, nguội.

B. Sục khí Cl2 vào dung dịch FeCl2.C. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2.

D. Sục khí H2S vào dung dịch FeCl2.

Đáp án D.

Ion Fe2+ có tính oxh chưa đủ mạnh để phản ứng vớ i H2S (nếu là Fe3+ mớ i có phản ứng), k ết

tủa FeS tan trong HCl, do đó, phản ứng D không xảy ra theo cả hướ ng oxh – kh và trao đổi.

Nhận xét:





Câu hỏi này khá hay và r ộng. Các đáp án nhiễu khá hay, nhằm vào các phản ứng khác

nhau, trong đó có sự so sánh “đặc nguội – loãng nguội” và “CuCl2 – FeCl2”. Đáp án ít

nhiễu nhất là đáp án B.

Câu 4: Cho các hợ p kim sau: Cu-Fe (I); Zn –Fe (II); Fe-C (III); Sn-Fe (IV). Khi tiế p xúc vớ idung dịch chất điện li thì các hợ p kim mà trong đó Fe đều bị ăn mòn tr ướ c là:

A. I, II và III. B. I, II và IV. C. I, III và IV. D. II, III và IV.

Đáp án C.

Đây là một câu hỏi cơ bản về ăn mòn điện hóa, cả 3 điều kiện của ăn mòn điện hóa đã hội

đủ. Do đó ta chỉ việc áp dụng nguyên tắc chung là: nguyên t ố có tính khử mạnh hơ n đ óng

vai trò là cự c âm và bị ăn mòn. (chú ý là phải hiểu đượ c bản chất oxh – kh của ăn mòn

điện hóa, một số em hiểu một cách mơ hồ là “kim loại hoạt động hơ n bị ăn mòn” thì sẽ lúng túng vớ i cặ p Fe – C vì C không có trong dãy hoạt động của kim loại)

Nhận xét: Câu hỏi này không khó nhưng cũng khá hay.

Câu 5: Cho hỗn hợ p khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau khi

phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ c hỗn hợ p khí Y gồm hai chất hữu cơ . Đốt cháy hết Y thì thu

đượ c 11,7 gam H2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc). Phần tr ăm theo thể tích của H2 trong X là

A. 65,00%. B. 46,15%. C. 35,00% D. 53,85%.

Đáp án B.


Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố - quy đổi ta sẽ thấy đốt cháy hỗn hợ p Y = đốt cháy hỗn

hợ p X, do đó ta coi như sản phẩm đốt cháy Y là từ phản ứng đốt cháy X (quy đổi)

Do HCHO chứa 1C nên2HCHO CO

7,84n = n = = 0,35 mol

22,4 và

2H

11,7n = - 0,35 = 0,3 mol

18

(HCHO khi cháy cho2 2H O COn = n )

Do đó,2H

0,3%V = 100% 46,15%

0,3 0,35× ≈

+ (giá tr ị này có thể ướ c lượ ng đượ c)

Nhận xét:

Câu hỏi này khá quen thuộc và đơ n giản, tươ ng tự như các bài tậ p hiđro hóa hỗn hợ phiđrocacbon không no r ồi đốt cháy. (nếu đề bài cho anđehit khác thì cần thêm 1 phép tính

để tìm số mol của anđehit).

Câu 6: Cho bốn hỗn hợ p, mỗi hỗn hợ p gồm hai chất r ắn có số mol bằng nhau: Na2O và

Al2O3; Cu và FeCl3; BaCl2 và CuSO4; Ba và NaHCO3. Số hỗn hợ p có thể tan hoàn toàn trong nướ c(dư) chỉ tạo ra dung dịch là

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.

Đáp án C.





Chỉ duy nhất cặ p Na2O và Al2O3 thỏa mãn điều kiện đã cho (NaAlO2 có tỷ lệ Na:Al = 1:1).

Các tr ườ ng hợ p BaSO4 và BaCO3 đều có tạo ra k ết tủa. Cu không thể tan hết trong dung dịch

FeCl3 có cùng số mol.

Nhận xét:

-

Câu hỏi này thực ra không khó nhưng nếu thí sinh không chú ý tớ i chi tiết “số mol bằ ngnhau” thì r ất dễ chọn nhầm thành đáp án B. 2 vì sẽ tính thêm cặ p: Cu và FeCl3 (chỉ tan

nếu tỷ lệ số mol Cu : FeCl3 = 1 : 2). Đây là một kinh nghiệm quan tr ọng khi thi, cần phảir ất chú ý tớ i các dữ kiện “thiế u, d ư , t ố i thiể u, t ố i đ a, vừ a đủ , bằ ng nhau, …”

- Nhờ dữ kiện “số mol bằ ng nhau” mà câu hỏi tr ở nên hay hơ n và có tính phân loại hơ n.

Câu 7: Hỗn hợ p khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử.

Hỗn hợ p X có khối lượ ng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít (ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M

và N lần lượ t là

A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2. B. 0,1 mol C3H6 và 0,2 mol C3H4.

C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2. D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4.

Đáp án D.

Phân tích đề bài: do đề bài đã cung cấ p cả khối lượ ng và số mol của hỗn hợ p nên ta dễ dàng

thấy bài toán phải làm bằng Phươ ng pháp Trung bình (biện luận CTPT) k ết hợ p vớ i Phươ ng pháp

Đườ ng chéo (tính), chú ý chi tiết “có cùng số nguyên t ử C”


* Các em chú ý chiề u suy ra của mũi tên! Ta có thể viế t chung trên cùng 1 sơ đồ này 2 ý: t ừ M trung bình→ CTPT và t ừ M trung bình → số mol.

* Ngoài cách làm trên, ta còn có thể làm bằ ng cách thử thay giá tr ị của t ừ ng đ áp án để kiể m chứ ng số liệu.

Nhận xét:

Đây là một bài tậ p khá cơ bản về Phươ ng pháp Trung bình, thí sinh có thể dễ dàng loại bỏ đáp án A và C (2 đáp án nhiễu khá vô duyên). Việc tính số mol bằng đườ ng chéo thay cho

giải hệ phươ ng trình giúp tiết kiệm đáng k ể thờ i gian làm bài.

Câu 8: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợ p hai este bằng dung dịch NaOH thu đượ c2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợ p hai ancol là đồng đẳng k ế tiế p nhau.

Công thức của hai este đó là

A. HCOOCH3 và HCOOC2H5. B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5.

C. CH3COOC2H5 và CH3COOC3H7. D. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5.

Đáp án D.





Phân tích đề bài: dễ dàng thấy bài toán có thể phải sử dụng Phươ ng pháp Bảo toàn khối

lượ ng (biết khối lượ ng của 3 trong 4 chất trong phản ứng), chú ý là cả 4 đáp án đều cho thấy 2 este

đã cho là no, đơ n chức (Phươ ng pháp Chọn ngẫu nhiên)

Phươ ng pháp truyền thố ng:

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượ ng, ta có: NaOH muèi r− îu estem = m + m - m = 1g

NaOH r− îu muèi este

1 n = = 0,025 mol = n = n = n (este ®¬n chøc)

40→

Do đó, muèi 3

2,05M = = 82 axit trong este lµ CH COOH

0,025 →

và r− îu 3 2 5

0,94M = = 37,6 2 r− îu trong este lµ CH OH vµ C H OH

0,025 →

hoặc thay 2 bướ c tính muèiM và r− îuM bằng:

este 3 6 2 4 8 2

1,99M = = 79,6 2 este ph¶i lµ C H O vµ C H O

0,025 →

Căn cứ vào 4 đáp án thì chỉ có D là thỏa mãn.

Phươ ng pháp kinh nghi ệm:

Từ dữ kiện 2,05g ta có thể k ết luận ngay axit trong este là CH3COOH (kinh nghiệm) hoặcchia thử để tìm số mol chẵn (CH3COONa có M = 82)

este muèin = n = 0,025 mol (este ®¬n chøc)→

este 3 6 2 4 8 2 3 2 5

1,99M = = 79,6 2 este ph¶i lµ C H O vµ C H O 2 r− îu lµ CH OH vµ C H OH

0,025 → →

Nhận xét:

- Đây là một bài tậ p khá cơ bản về phản ứng xà phòng hóa este và đã từng xuất hiện nhiềutrong các đề thi ĐH những năm tr ướ c đây. Do đó, có thể đánh giá bài tậ p này là không

khó.

-

Ở cách làm thứ nhất, nếu tìm Meste thì có thể tìm đượ c ngay đáp án mà không cần tính

muèiM , do đó, đáp án nhiễu nên có thêm HCOOC2H5 và HCOOC3H7 (thay cho đáp án B)

để ép thí sinh phải tìm CTPT của muối.

Câu 9: Cho 1 mol amino axit X phản ứng vớ i dung dịch HCl (dư), thu đượ c m1 gam muối Y.

Cũng 1 mol amino axit X phản ứng vớ i dung dịch NaOH (dư), thu đượ c m2 gam muối Z. Biết m2 –

m1=7,5. Công thức phân tử của X là

A. C4H10O2 N2. B. C5H9O4 N. C. C4H8O4 N2. D. C5H11O2 N.

Đáp án B.

Phân tích đề bài: bài tậ p phản ứng của aminoaxit vớ i dung dịch kiềm hoặc axit có cho biếtkhối lượ ng của muối tạo thành thì ta thườ ng áp dụng Phươ ng pháp Tăng giảm khối lượ ng.






Gọi CTPT của X dạng (H2 N)a-R-(COOH) b

( ) ( )+ HCl3 a b

ClH N R COOH ⎯⎯⎯→ − − khối lượ ng tăng 36,5a gam

( ) ( )+ NaOH2 a b

H N R COONa ⎯⎯⎯→ − − khối lượ ng tăng 22b gam

Do đó, 22b – 36,5a = 7,5 → a = 1 và b = 2 → X có 2 nguyên tử N và 4 nguyên tử O


Ta thấy 1 mol –NH2 → 1 mol –NH3Cl thì khối lượ ng tăng 36,5g

1 mol –COOH → 1 mol –COONa thì khối lượ ng tăng 22g

thế mà đề bài lại cho m2 > m1 → số nhóm –COOH phải nhiều hơ n số nhóm –NH2 * C ũng có thể suy luận r ằ ng: 7,5 là 1 số l ẻ (0,5) nên số nhóm –NH 2 phải là 1 số l ẻ , d ễ dàng loại đượ c đ áp

án C và D.

Từ 4 đáp án, suy ra k ết quả đúng phải là B.

Nhận xét:

Đây là một bài tậ p khá cơ bản và đơ n giản về Phươ ng pháp tăng giảm khối lượ ng, ý

tưở ng của bài toán khá hay chỉ tiếc là đáp án nhiễu chưa thực sự tốt, các đáp án A, C, D

đều có thể loại dễ dàng nếu suy luận theo phươ ng pháp kinh nghiệm, có thể thay bằng các

đáp án khác như: C4H11O4 N, C4H9O4 N, C6H13O4 N, … thì sẽ hay hơ n r ất nhiều.

Câu 10: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nướ c đượ c dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH

2M vào X, thu đượ c a gam k ết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng

thu đượ c a gam k ết tủa. Giá tr ị của m là

A. 20,125. B. 12,375. C. 22,540. D. 17,710.

Đáp án B.

Phân tích đề bài: bài tậ p về phản ứng của ion Zn2+ vớ i dung dịch kiềm cần chú ý đến tính

lưỡ ng tính của Zn(OH)2 và nên viết phản ứng lần lượ t theo từng bướ c.

Ở đây, lượ ng KOH trong 2 tr ườ ng hợ p là khác nhau nhưng lượ ng k ết tủa lại bằng nhau → để

Zn2+ bảo toàn thì ở tr ườ ng hợ p 1, sản phẩm sinh ra gồm Zn(OH)2 và Zn2+ dư, còn ở tr ườ ng hợ p

thứ 2, sản phẩm sinh ra gồm Zn(OH)2 và 2-2ZnO .

H ướ ng d ẫ n gi ải: Cách 1: Tính l ần l ượ t theo t ừ ng bướ c phản ứ ng.

Ở cả 2 tr ườ ng hợ p, ta đều có phản ứng tạo thành k ết tủa: 2+ -2Zn + 2OH Zn(OH) (1)→ ↓

vớ i 2+ -Zn OH

1 0,11 2n = n = = 0,11 mol

2 2

×

Ở tr ườ ng hợ p 2, còn có thêm phản ứng tạo ra ion zincat: 2+ - 22Zn + 4OH ZnO (2)−→

vớ i 2+ -

Zn OH (2)

1 (0,14 - 0,11) 2n = n = = 0,015 mol

4 4

×





Do đó, 2+4ZnSOZn

n = 0,125 mol = n m = 161 0,125 = 20,125g→ ×

Cách 2: Tính theo công thứ c.

Từ phản ứng (1), ta thấy, trong tr ườ ng hợ p 1, -2Zn(OH)OH (TH1)

n = 2n (3)↓

Ở tr ườ ng hợ p 2, ta có:- 2+ 2Zn(OH)OH (TH2) Znn = 4n - 2n (4)↓

Cộng 2 vế của phươ ng trình (3) và (4), ta có:

- - 2 24ZnSOOH (TH1) OH (TH2) Zn Zn

n + n = 4n = (0,11 0,14) 2 = 0,5 mol n = 0,125 mol = n+ ++ × →

Do đó, m = 20,125g


Vì tr ườ ng hợ p 1 KOH thiếu, tr ườ ng hợ p 2 KOH lại dư (so vớ i phản ứng tạo k ết tủa), do đó,

số mol ZnSO4 phải nằm trong khoảng (0,11;0,14) và khối lượ ng ZnSO4 tươ ng ứng phải nằm trong

khoảng (17,71;20,125). Xét cả 4 đáp án thì chỉ có B là thỏa mãn.* Cách nghĩ này cho phép tìm ra k ế t quả mà hoàn toàn không cần phải tính toán gì đ áng k ể !!!

Nhận xét:

Đây là một bài tậ p khá quen thuộc về kim loại có oxit và hiđroxit lưỡ ng tính, nếu đã đượ chướ ng dẫn và rèn luyện tốt thì thực sự không quá khó, điều quan tr ọng nhất là xác định

đượ c đúng quá trình và sản phẩm của phản ứng sinh ra trong mỗi tr ườ ng hợ p. Đáp án

nhiễu của câu hỏi chưa thực sự tốt, lẽ ra nên chọn các giá tr ị nằm trong khoảng (17,71;

22,54) như đã phân tích ở trên. Đáp án 12,375 thực sự là r ất “vô duyên” khi số mol tươ ng

ứng, thậm chí còn r ất lẻ !!?Câu 11: Hiđrocacbon X không làm mất màu dung dịch brom ở nhiệt độ thườ ng. Tên gọi của

X là

A. etilen. B. xiclopropan. C. xiclohexan D. stiren.

Đáp án C.

Đây là một câu hỏi lý thuyết khá cơ bản và đơ n giản, có thể xem là một câu cho điểm. (A

và D có phản ứng cộng vào nối đôi, B có phản ứng cộng mở vòng)

Câu 12: Cho luồng khí CO (dư) đi qua 9,1 gam hỗn hợ p gồm CuO và Al2O3 nung nóng đến

khi phản ứng hoàn toàn, thu đượ c 8,3 gam chất r ắn. Khối lượ ng CuO có trong hỗn hợ p ban đầu là


Đáp án D.

Phân tích đề bài: bài tậ p phản ứng khử oxit kim loại bằng chất khí và cho biết khối lượ ng

chất r ắn tr ướ c và sau phản ứng thườ ng làm bằng phươ ng pháp Tăng – giảm khối lượ ng, trong bài

tậ p này cần chú ý chi tiết: Al2O3 không bị khử bở i các chất khử thông thườ ng như CO.

Phươ ng pháp đặt ẩ n – gi ải hệ phươ ng trình:

Gọi số mol 2 chất trong hỗn hợ p đầu là a và b.





tr ườ ng hợ p HCOONa, đây là phản ứng theo kiểu “axit mạnh đẩy axit yếu ra khỏi dung dịch muối”

(tạo ra chất điện ly yếu hơ n).

Câu 15: Cho phươ ng trình hóa học: Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O

Sau khi cân bằng phươ ng trình hóa học trên vớ i hệ số của các chất là những số nguyên, tối

giản thì hệ số của HNO3 làA. 46x – 18y. B. 45x – 18y. C. 13x – 9y. D. 23x – 9y.

Đáp án A.


Áp dụng phươ ng pháp cân bằng electron, ta có:

8+ +33

+5x y

(5x - 2y)3Fe 3Fe + e

1xN + (5x-2y) N O

×→

×→

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N, ta có:

3 x yN trong HNO N trong muèi N trong N On = n + n = 3 3 (5x-2y) + x = 46x - 18y× ×


Một số bạn có thể suy luận: để hệ số của H2O là số nguyên thì hệ số của HNO3 phải là số

chẵn, xét cả 4 đáp án thì chỉ có A là thỏa mãn. Cách ngh ĩ này cho phép tìm ra k ết quả mà hoàn

toàn không cần phải tính toán gì!!! Tuy nhiên, cách ngh ĩ này hoàn toàn sai và nó chỉ “may mắn”

đúng trong tr ườ ng hợ p này! Thực ra cả 3 đáp án (45x – 18y, 13x – 9y, 23x – 9y) đều có thể là số

chẵn. Nhận xét:

-

Cân bằng phản ứng là một k ỹ năng cơ bản của Hóa học, tuy nhiên, phươ ng trình chứa chữ

là một bài tậ p tươ ng đối khó trong số các bài tậ p về cân bằng ptpư.

- Nếu làm theo cách cân bằng thông thườ ng thì đáp án nhiễu của câu hỏi này này cũng

tươ ng đối tốt, đáp án B là tr ườ ng hợ p thí sinh chỉ tính N trong muối mà quên mất N trong

NxOy, đáp án D cũng r ất nhiều thí sinh bị nhầm lẫn do rút gọn để đượ c “số nguyên, tối

giản”. Chú ý, hệ số của NxOy luôn là 1, không thể rút gọn.

-

Mặt khác, nếu đánh giá theo phươ ng pháp kinh nghiệm thì đáp án nhiễu của câu hỏi này

lại không thực sự tốt. Muốn câu hỏi tr ở lên khó hơ n ta có thể thay Fe3O4 bằng một chấtkhử khác, ví dụ Zn, Fe và sử dụng nhiều đáp án nhiễu có nhiều hệ số chẵn hơ n thì thí

sinh thì không thể suy luận đơ n giản theo kiểu chẵn – lẻ như phươ ng pháp kinh nghiệm ở trên đượ c nữa.

Câu 16: Xà phòng hóa một hợ p chất có công thức phân tử C10H14O6 trong dung dịch NaOH

(dư), thu đượ c glixerol và hỗn hợ p gồm ba muối (không có đồng phân hình học). Công thức của

ba muối đó là:

A. CH2=CH-COONa, HCOONa và CH≡C-COONa.

B. CH3-COONa, HCOONa và CH3-CH=CH-COONa.





C. HCOONa, CH≡C-COONa và CH3-CH2-COONa.

D. CH2=CH-COONa, CH3-CH2-COONa và HCOONa.

Đáp án D.

Áp dụng công thức tính độ bất bão hòa, ta dễ dàng có k = 4, trong đó có 3 liên k ết π ở 3 gốc –

COO-, chứng tỏ có 1 gốc axit là không no, 1 nối đôi. Từ đó dễ dàng loại đáp án A và C.Do 3 muối không có đồng phân hình học nên đáp án đúng là D.

Nhận xét:

Câu hỏi này hay và khá cơ bản trong các bài tậ p về xác định CTCT của este, ở đây, tác

giả còn khéo léo đưa vào câu hỏi điều kiện có đồng phân hình học.

Câu 17: Lên men m gam glucozơ vớ i hiệu suất 90%, lượ ng khí CO2 sinh ra hấ p thụ hết vào

dung dịch nướ c vôi trong, thu đượ c 10 gam k ết tủa. Khối lượ ng dung dịch sau phản ứng giảm 3,4

gam so vớ i khối lượ ng dung dịch nướ c vôi trong ban đầu. Giá tr ị của m là

A. 13,5. B. 30,0. C. 15,0. D. 20,0.

Đáp án C.


Trong bài giảng về xác định CTPT chất hữu cơ , thầy đã cho các em công thức:

2 2CO dd gi¶m COm = m - m = 10 - 3,4 = 6,6g n = 0,15 mol↓

→

Sơ đồ phản ứng lên men: % 90%6 12 6 2C H O 2CO H = ⎯⎯⎯⎯→

Do đó,0,15 180

2m = = 15g0,9

×

Nhận xét:

-

Bài tậ p về phản ứng lên men r ượ u có liên quan đến hiệu suất là dạng bài tậ p cơ bản, quen

thuộc và đã đượ c khoanh vùng vào diện thườ ng xuyên có mặt trong đề thi ĐH. Do đó,

câu hỏi này không khó nhưng có thể bị nhầm lẫn trong tính toán.

- Đáp án nhiễu 13,5 r ơ i vào tr ườ ng hợ p thí sinh quên không chia cho 0,9. Nên thay 2 đáp

án nhiễu còn lại bằng các đáp án 27 – 30 (trong tr ườ ng hợ p thì sinh quên không chia 2 –hệ số của CO2 trong phản ứng) hoặc 12,15 – 24,3 (trong tr ườ ng hợ p thí sinh nhầm lẫngiữa chia cho 0,9 và nhân vớ i 0,9), đáp án 20 của đề không mang nhiều ý ngh ĩ a.

Câu 18: Cho hỗn hợ p X gồm hai ancol đa chức, mạch hở , thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt

cháy hoàn toàn hỗn hợ p X, thu đượ c CO2 và H2O có tỉ lệ mol tươ ng ứng là 3 : 4. Hai ancol đó là

A. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. B. C2H5OH và C4H9OH.

C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2. D. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3.

Đáp án C.






Từ tỷ lệ CO2 : H2O = 3 : 4 → dễ dàng suy ra CTPT trung bình của 2 ancol đã cho là C3H8Ox

(no nên CTPT trùng vớ i CT thực nghiệm), từ đó dễ dàng có đáp án là C (2 < 3 < 4)

Nhận xét:

Bài tậ p này r ất cơ bản và r ất dễ, đáp án nhiễu lại quá “hiền” nên càng làm cho bài toán tr ở

nên dễ hơ n. Đáp án B là quá vô duyên so vớ i dữ kiện “đa chức” của đề bài. Có thể thay bằng đáp án C2H4(OH)3 và C4H8(OH)3 hoặc C2H4(OH)2 và C4H8(OH)3 để kiểm tra các

kiến thức khác (điều kiện để r ượ u bền, khái niệm đồng đẳng, …) thì hay hơ n.

Câu 19: Cho 3,68 gam hỗn hợ p gồm Al và Zn tác dụng vớ i một lượ ng vừa đủ dung dịch

H2SO4 10% thu đượ c 2,24 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượ ng dung dịch thu đượ c sau phản ứng là


Đáp án A.


Khi phản ứng vớ i kim loại hoạt động, ion H+ của axit bị khử theo phươ ng trình:

2 4 2

+2 H SO H

2,242H + 2e H n = n = = 0,1 mol

22,4→ → (phản ứng vừa đủ)

2 4H SO dd sau ph¶n øng

98 0,1 m = = 98g m = 98 + 3,68 - 0,1 2 = 101,48g

10%

×→ → ×

Nhận xét:

Bài tậ p này r ất quen thuộc và r ất dễ, hầu hết các phép tính đều có thể nhẩm đượ c dễ dàng.

Câu 20: Nếu cho 1 mol mỗi chất: CaOCl2, KMnO4, K 2Cr 2O7, MnO2 lần lượ t phản ứng vớ ilượ ng dư dung dịch HCl đặc, chất tạo ra lượ ng khí Cl2 nhiều nhất là

A. KMnO4. B. K 2Cr 2O7. C. CaOCl2. D. MnO2.

Đáp án B.


Trong phản ứng của HCl vớ i chất oxh, Cl2 có thể sinh ra từ chất oxh và chất khử. Trong

tr ườ ng hợ p của câu hỏi này, chỉ có CaOCl2 là chất oxh có chứa Cl.

Xét riêng 3 chất còn lại, ta thấy, vớ i cùng một chất khử, cùng quá trình oxh (Cl- → Cl2) thì

số mol Cl 2 nhiề u nhấ t khi chấ t oxh nhận nhiề u e nhấ t . Do đó, đáp án đúng là K 2Cr 2O7 (nhận 6e).

So sánh vớ i CaOCl2, ta tìm đượ c đáp án đúng.

Nhận xét:

-

Câu hỏi này khá quen thuộc (nếu các em chịu khó tham khảo tài liệu) và tươ ng đối dễ nếucác em phân chia và hiểu đượ c nguyên tắc trên. Nếu không hiểu đượ c nguyên tắc đó thì

dễ sa vào việc viết ptpư cho từng tr ườ ng hợ p, mất r ất nhiều thờ i gian. Đáp án nhiễu mà

nhiều em hay “chọn bừa” nhất là KMnO4.

-

Để câu hỏi tr ở nên khó hơ n, có thể thay vào bằng các chất oxh có chứa Cl khác như

KClO3 chẳng hạn.





-

Câu hỏi tươ ng tự cũng khá quen thuộc và khó hơ n là: cho 1 mol mỗi chất S, H2S, Cu, C,

Al tác dụng vớ i dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư. Chất nào cho nhiều khí SO2 nhất?

Câu 21: Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng vớ i lượ ng dư dung dịch AgNO3

trong NH3 thu đượ c 54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng vớ i H2 dư (xúc tác Ni, t0) thì 0,125

mol X phản ứng hết vớ i 0,25 mol H2. Chất X có công thức ứng vớ i công thức chung là

A. CnH2n-1CHO (n ≥ 2). B. CnH2n-3CHO (n ≥ 2).

C. CnH2n(CHO)2 (n ≥ 0). D. CnH2n+1CHO (n ≥ 0).

Đáp án A.


Từ dữ kiện về phản ứng tráng gươ ng, ta dễ dàng có tỷ lệ X : Ag = 1:2 về số mol → X là

anđehit đơ n chức → dễ dàng loại đáp án C.

Từ dữ kiện về phản ứng Hiđro hóa, ta dễ dàng có tỷ lệ: X : H2 = 1:2 về số mol → X có 2 liên

k ết π, trong đó có 1 liên k ết π ở nhóm chức -CHO → gốc Hỉđocacbon của X còn 1 liên k ết π (không no, 1 nối đôi).

Nhận xét:

Câu hỏi này r ất dễ, cũng là 1 câu cho điểm.

Câu 22: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu đượ c dung

dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợ p khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợ p khí Y

so vớ i khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu đượ c m gam chất r ắn khan. Giá tr ị của m là

A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. Đáp án B.

Phân tích đề bài: Bài toán về kim loại tác dụng vớ i HNO3 thu đượ c sản phẩm khí thì ta

thườ ng dùng Phươ ng pháp bảo toàn electron để giải. Trong bài tậ p này, đề bài cho dữ kiện cả về số mol e cho (số mol kim loại) và số mol e nhận (số mol sản phẩm khí – có thể tính đượ c), do đó,

đề bài “có vẻ như thừa dữ kiện”. Trong những tr ườ ng hợ p này ta phải chú ý so sánh số e cho và số

e nhận, vớ i các kim loại có tính khử mạnh như Al, Mg, Zn thì còn phải chú ý đến sự có mặt của

NH4 NO3 trong dung dịch sau phản ứng.

Phươ ng pháp truyền thố ng: Dễ dàng có nY = 0,06 mol (nhẩm) và nAl = 0,46 mol

Áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo cho hỗn hợ p Y, ta có:

18 x 2 = 36N2 (M = 28)

N2O (M = 44)

8

8 1

1 0,03 mol

0,03 mol

* Có thể làm theo cách khác là: nhận thấ y Y44 + 28

M = 36 =2

→ N 2 = N 2O = 0,03 mol

So sánh số mol e cho và e nhận, ta có:





e cho e nhËnn 0, 46 3 = 1,38 mol n = 0,03 18 = 0,54 mol= × > × , do đó, trong dung dịch phải có

NH4 NO3 vớ i số mol tươ ng ứng là:4 3NH NO

1,38 - 0,54n = = 0,105 mol

8

Do đó,4 33

Al NH NONOm = m + m + m = 12,42 + 62 1,38 + 80 0,105 = 106,38g− × ×

* Việc sử d ụng đườ ng chéo hoặc tính chấ t trung bình cộng thay cho giải hệ phươ ng trình giúp rút ng ắ nđ áng k ể khố i l ượ ng tính toán trong bài.


Đề bài cho HNO3 dư – ngh ĩ a là Al phải tan hết thành Al(NO3)3, do đó, khối lượ ng muối tối

thiểu là:3 3Al(NO )m = 0,46 213 = 97,98g× , do đó đáp án C và D chắc chắn bị loại.

Giữa A và B, ta xem có NH4 NO3 không bằng cách: giả sử Y gồm toàn bộ là N2, khi đó:

e nhËn cña Y e nhËn gi¶ ®Þnh e Al chon < n = 0,06 10 = 0,6 mol < n = 1,38 mol× → chắc chắn có NH4 NO3

→ mmuối > 97,98 → đáp án đúng phải là B* Cách làm này cho phép hạn chế t ố i đ a việc tính toán, t ấ t cả hầu như đề u d ự a trên suy luận và tính nhẩ m

(không cần tính số mol các khí trong Y, không cần tính số mol và khố i l ượ ng NH 4 NO3 )

Nhận xét:

Đây là một dạng bài tậ p khó và có “cạm bẫy” ở chi tiết có NH4 NO3 tuy nhiên, nó cũng là

một kiểu bài r ất quen thuộc và đã từng có mặt trong đề thi ĐH khối B năm 2008, do đó,

câu này thực ra không quá khó. Khối lượ ng tính toán cũng không thực sự nhiều nếu thí

sinh biết cách vận dụng các k ỹ năng tính nhanh hoặc phươ ng pháp kinh nghiệm.

Câu 23: Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO3 loãng, thu đượ c 940,8ml khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối vớ i H2 bằng 22. Khí NxOy và kim loạiM là

A. NO và Mg. B. N2O và Al C. N2O và Fe. D. NO2 và Al.

Đáp án B.

Phân tích đề bài: Cũng như bài tậ p tr ướ c, bài toán về kim loại tác dụng vớ i HNO3 thu đượ csản phẩm khí thì ta thườ ng dùng Phươ ng pháp bảo toàn electron để giải.


Từ M = 44, ta dễ dàng suy ra khí NxOy là N2O và loại tr ừ ngay 2 đáp án A và D.

Khi đó:

e cho e nhËn

0,9408 3,024n = n = 8 = 0,336 mol M = = 9n n = 3 vµ M = 27 (Al)

0,33622,4n

× → →

Nhận xét:

- Bài tậ p này khá cơ bản trong số các bài tậ p về bảo toàn electron trong đề thi, học sinh có

học lực trung bình vẫn có thể làm đượ c.





Câu 26: Thuốc thử đượ c dùng để phân biệt Gly-Ala-Gly vớ i Gly-Ala là

A. Cu(OH)2 trong môi tr ườ ng kiềm. B. dung dịch NaCl.

C. dung dịch HCl. D. dung dịch NaOH.

Đáp án A.

Phản ứng màu biure chỉ xảy ra đối vớ i các peptide có từ 2 liên k ết peptide tr ở lên (tạo ra sản phẩm có màu tím đặc tr ưng).

Nhận xét:

Câu hỏi này khá dễ, mặc dù kiến thức về phản ứng biure không đượ c diễn giải thật rõ ràng

trong SGK và chắc cũng không nhiều học sinh quan tâm nhiều đến phản ứng này nhưng các em

vẫn có thể tìm đượ c đáp án đúng nhờ phươ ng pháp loại tr ừ.

Câu 27: Cho 6,72 gam Fe vào 400ml dung dịch HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn

toàn, thu đượ c khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối

đa m gam Cu. Giá tr ị của m là

A. 1,92. B. 0,64. C. 3,84. D. 3,20.

Phân tích đề bài: Tươ ng tự bài tậ p 1 và 22, bài toán về kim loại tác dụng vớ i HNO3 thu đượ csản phẩm khí thì ta thườ ng dùng Phươ ng pháp bảo toàn electron để giải. Trong bài tậ p này, đề bài

cho dữ kiện về số mol e cho (số mol kim loại) và số mol HNO3 tham gia phản ứng, ta nên sử dụng

công thức tính nhanh:3HNO NO e nhËn

4n = 4n = n

3 để tìm nhanh số mol e nhận, từ đó so sánh vớ i số

mol e cho để rút ra các k ết luận cần thiết về sản phẩm oxh tạo thành.


Cách 1: Tính toán theo trình t ự phản ứ ng

Dễ dàng tính nhẩm đượ c:3HNOn = 0,4 mol và nFe = 0,12 mol.

Xét: 3 3 3 2Fe + 4HNO Fe(NO ) + NO + 2H O→ , ta thấy, sau phản ứng, Fe còn dư

0,02 mol, do đó có thêm phản ứng: 3+ 2+Fe + 2Fe 3Fe→ .

Sau phản ứng này, 3Fe cßn l¹in = 0,06 mol+ .

Từ phản ứng hòa tan Cu:3+ 2+ 2+

Cu + 2Fe Cu + 2Fe→ , ta dễ dàng có k ết quả Cu Cun = 0,03 mol hay m = 1,92g

Cách 2: Áp d ụng công thứ c và giải hệ phươ ng trình

Áp dụng công thức đã nêu ở phần phân tích, ta dễ dàng có số mol electron nhận tối đa là 0,3

mol.

Trong khi đó, nFe = 0,12 mol → ne cho tối đa là 0,36 mol > ne nhận tối đa.

Do đó, dung dịch sau phản ứng phải bao gồm cả Fe2+ và Fe3+ vớ i số mol tươ ng ứng là a và b.






Fe

e

n = a + b = 0,12 mol a = b = 0,06 mol

n = 2a + 3b = 0,3 mol

⎧→⎨

⎩

Cách 3: Áp d ụng công thứ c và phươ ng pháp đườ ng chéo

Áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo cho hỗn hợ p dung dịch sau phản ứng, ta có:

0,3Fe2+ (cho 2e)

Fe3+ (cho 3e)

0,5

0,5 1

1 0,06 mol

0,06 mol0,12

= 2,5

* Có thể làm theo cách khác là: nhận thấ y3 + 2

e cho = 2,5 =2

→ Fe2+ = Fe3+ = 0,06 mol

Cách 4: Quy đổ i phản ứ ng

Dựa vào các định luật bảo toàn, ta có thể coi các phản ứng trong bài toán là phản ứng của hỗn

hợ p (Fe, Cu) vớ i dung dịch HNO3 vừa đủ để tạo thành sản phẩm cuối cùng là Cu2+ và Fe2+.

Áp dụng công thức đã nêu ở phần phân tích, ta dễ dàng có số mol electron nhận là 0,3 mol.

e cho Fe Cu e nhËn Cu

0,3 - 2 0,12 n = 2n + 2n = n = 0,3 mol n = = 0,03 mol hay 1,92g

2

×→ →

* Cách làm này cho phép hạn chế t ố i đ a việc tính toán, viế t phươ ng trình.

Nhận xét:

Đây là một dạng bài tậ p r ất quen thuộc và không quá khó. Khối lượ ng tính toán cũng

không thực sự nhiều nếu thí sinh biết cách vận dụng các k ỹ năng tính nhanh và phươ ng

pháp kinh nghiệm, đặc biệt là phươ ng pháp quy đổi.Câu 28: Một hợ p chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượ ng mC : mH : mO =

21:2:4. Hợ p chất X có công thức đơ n giản nhất trùng vớ i công thức phân tử. Số đồng phân cấu tạothuộc loại hợ p chất thơ m ứng vớ i công thức phân tử của X là

A. 5. B. 4. C. 6. D. 3.

Đáp án A.

Kinh nghiệm tìm công thức thực nghiệm là tìm cách biến đổi cho các nguyên tố có số lượ ng

ít (Oxi, Nitơ , các Halogen, ...) về dạng đơ n vị (1).

Do đó, ở đây ta nhân 4 để: mC : mH : mO = 84 : 8 : 16, do đó CTPT cần tìm là C7H8O.

Dễ dàng có k ết quả là 5 đồng phân (3 crezol, ancol benzylic và metoxibenzen)

Nhận xét:

Câu hỏi này khá dễ, có thể xem là một câu cho điểm. Tuy nhiên, các em cần lưu ý khi đếm số

đồng phân, dễ nhầm vớ i đáp án B. (có thể so sánh vớ i C7H7Cl lại chỉ có 4 đồng phân)

Câu 29: Cho dãy các chất và ion: Zn, S, FeO, SO2, N2, HCl, Cu2+, Cl-. Số chất và ion có cả tính oxi hóa và tính khử là

A. 4. B. 6. C. 5. D. 7.





Đáp án C.

Các em thườ ng nhớ 1 nguyên tắc là: chấ t vừ a có tính oxh, vừ a có tính khử thườ ng là chấ t có

mứ c oxh trung gian (chư a phải cao nhấ t, chư a phải thấ p nhấ t). Nhưng còn 1 nguyên tắc nữa là:

tính chấ t hóa học của 1 chấ t là do tính chấ t của các bộ phận cấ u t ạo nên chấ t đ ó và t ươ ng tác

giữ a các bộ phận đ ó gây ra (có thể là tính chấ t của các ion, của g ố c – nhóm chứ c, của các nguyên

t ử , …)

Câu hỏi này thực ra không khó, nhưng nếu các em không nắm vững nguyên tắc 2 thì sẽ bỏ

quên mất tr ườ ng hợ p HCl và chọn nhầm vào đáp án A. Chú ý là HCl có cả tính oxh của H+ (trong

phản ứng vớ i kim loại đứng tr ướ c H trong dãy hoạt động Hóa học) và tính khử của Cl- (trong phảnứng vớ i chất oxh mạnh tạo ra Cl2).

Câu 30: Nung 6,58 gam Cu(NO3)2 trong bình kín không chứa không khí, sau một thờ i gian

thu đượ c 4,96 gam chất r ắn và hỗn hợ p khí X. Hấ p thụ hoàn toàn X vào nướ c để đượ c 300 ml

dung dịch Y. Dung dịch Y có pH bằng

A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.

Phân tích đề bài:

- Bài toán nhiệt phân muối nitrat trong đó cho biết khối lượ ng chất r ắn tr ướ c và sau phảnứng → ta thườ ng dùng phươ ng pháp Tăng – giảm khối lượ ng.

-

Khi nhiệt phân muối nitrat → oxit thì sản phẩm khí sinh ra vừa đủ hấ p thụ vào H2O để

tạo ra HNO3.


Sơ đồ hóa phản ứng, ta có: 3 2Cu(NO ) CuO→ .Cứ 1 mol 3 2Cu(NO ) phản ứng thì khối lượ ng giảm là: 62 2 - 16 = 108g×

mà theo đề bài thì3 2gi¶m Cu(NO )

1,62m = 6,58 - 4,96 = 1,62g n = = 0,015 mol

108→

Bảo toàn nguyên tố N, ta dễ dàng có:3

+HNOn = 0,03 mol H = 0,1M pH = 1⎡ ⎤→ →⎣ ⎦

* Việc sử d ụng bảo toàn nguyên t ố và hình dung về quá trình phản ứ ng(không viế t ptpư ) giúp rút ng ắ nđ áng k ể thờ i gian làm bài.

Nhận xét: Bài tậ p này thuộc loại khá cơ bản về phươ ng pháp Tăng – giảm khối lượ ng nhưng nếu các

em ít kinh nghiệm và sa vào việc viết ptpư để tính thì sẽ làm tiêu tốn nhiều thờ i gian.

Câu 31: Poli (metyl metacrylat) và nilon-6 đượ c tạo thành từ các monome tươ ng ứng là

A. CH3-COO-CH=CH2 và H2 N-[CH2]5-COOH.

B. CH2=C(CH3)-COOCH3 và H2 N-[CH2]6-COOH.

C. CH2=C(CH3)-COOCH3 và H2 N-[CH2]5-COOH.

D. CH2=CH-COOCH3 và H2 N-[CH2]6-COOH. Đáp án C.





Câu hỏi này r ất dễ và có thể xem là 1 câu cho điểm. (đối vớ i các loại nilon, các em nhớ là số

chỉ của nó đượ c ghi kèm tươ ng ứng vớ i số C trong monome, ví dụ: nilon-6 có monome gồm 6C,

nilon-7 có monome gồm 7C, nilon-6,6 là sản phẩm đồng trùng ngưng của 2 loại monome cùng có

6C)

Câu 32: Hợ p chất hữu cơ X tác dụng đượ c vớ i dung dịch NaOH và dung dịch brom nhưng

không tác dụng vớ i dung dịch NaHCO3. Tên gọi của X là

A. metyl axetat. B. axit acrylic. C. anilin. D. phenol.

Đáp án D.

Câu hỏi này r ất dễ và có thể xem là 1 câu cho điểm.

-

Tác dụng đượ c vớ i NaOH → loại C

-

Tác dụng đượ c vớ i Br 2 → loại A và C

- Không tác dụng vớ i dung dịch NaHCO3 → loại B

Câu 33: Nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớ p ngoài cùng là ns2np4. Tronghợ p chất khí của nguyên tố X vớ i hiđrô, X chiếm 94,12% khối lượ ng. Phần tr ăm khối lượ ng của

nguyên tố X trong oxit cao nhất là

A. 27,27%. B. 40,00%. C. 60,00%. D. 50,00%.

Đáp án B.


Nguyên tố X thuộc nhóm VIA. Hợ p chất vớ i Hiđro là H2X và oxit cao nhất là XO3.

Từ giả thiết, ta có:X 94,12 X 94,12

= = X = 32X + 2 100 2 5,88→ →

* Cách biế n đổ i t ỷ l ệ thứ c này thầ y đ ã t ừ ng hướ ng d ẫ n trong quá trình giải đề thi Đ H-C Đ khố i B năm

2008

Do đó, trong oxit XO3, ta có:

32%m = 100% = 40%

32+48 X

× (nhẩm đượ c)


Thực ra, vớ i ngườ i làm bài nhiều kinh nghiệm thì có thể dự đoán đượ c ngay nguyên tố X là S

và có thể kiểm tra lại nhận định này một cách dễ dàng. Nhận xét:

Đây là một dạng bài tậ p r ất cơ bản của chươ ng Bảng hệ thống tuần hoàn – lớ p 10, cũng

có thể xem đây là 1 câu cho điểm.

Câu 34: Dãy gồm các chất đều điều chế tr ực tiế p (bằng một phản ứng) tạo ra anđehit axetic

là:

A. CH3COOH, C2H2, C2H4. B. C2H5OH, C2H2, CH3COOC2H5.

C. C2H5OH, C2H4, C2H2. D. HCOOC2H3, C2H2, CH3COOH.

Đáp án C.





Câu hỏi này vốn không khó nhưng có một số em đã không nhớ đượ c phản ứng oxh C2H4:

2 2PdCl , CuCl

2 4 2 3

1C H + O CH CHO

2 ⎯⎯⎯⎯⎯→ nên loại đã loại tr ừ đáp án C. Trong câu hỏi này,

đáp án B và D (este) bị loại tr ừ khá dễ dàng.

Câu 35: Dung dịch X chứa hỗn hợ p gồm Na2CO

3 1,5M và KHCO

3 1M. Nhỏ từ từ từng giọt

cho đến hết 200 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít khí (ở đktc). Giá tr ị của V là

A. 4,48. B. 1,12. C. 2,24. D. 3,36.

Đáp án C.


Cho từ từ HCl vào dung dịch chứa 2- -3 3CO vµ HCO , phản ứng sẽ xảy ra lần lượ t theo thứ tự:

2- + - - +3 3 3 2 2CO + H HCO (1) vµ HCO + H CO + H O (2)→ → ↑


Có thể tính toán lần lượ t theo từng phản ứng hoặc dùng công thức:

+ 2-2 23

CO COH COn = n - n = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol V = 1,12 lÝt→ (có thể nhẩm đượ c)

* Công thứ c trên bắ t nguồn t ừ : + + + 2-23

COH H (1) H (2) COn = n + n = n + n

Nhận xét:

Đây là dạng bài tậ p cơ bản và quen thuộc, không khó, nên k ết hợ p thêm một vài phản ứng

khác để câu hỏi tr ở nên lắt léo hơ n.Câu 36: Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợ p hai ancol no, đơ n chức, mạch hở thu đượ c V

lít khí CO2 (ở đktc) và a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữa m, a và V là:

A.V

m a5,6

= − . B.V

m 2a11,2

= − . C.V

m 2a22,4

= − . D.V

m a5,6

= + .


Đề bài yêu cầu tìm mối quan hệ giữa khối lượ ng ancol bị đốt cháy vớ i thể tích CO2 và khối

lượ ng H2O sinh ra, mà ta đã biết: Ancol no, đơ n chức, mạch hở (k = 0) khi đốt cháy sẽ cho

2 2ancol H O COn = n - n

* Xem thêm công thứ c t ổ ng quát hơ n trong bài viế t “Phươ ng pháp phân tích hệ số ”



C H O

V a V a Vm = m + m + m = 12 + 2 + - 16 = a -

22,4 18 22,4 18 5,6

⎛ ⎞× × ×⎜ ⎟

⎝ ⎠






Trong bài viết “Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số” thầy đã giớ i thiệuvớ i các em 1 k ết quả: “Khối lượ ng đốt cháy của hợ p chất hữu cơ dạng CnH2n+2O = Khối lượ ng

H2O – 4 lần số mol CO2”.

Áp dụng công thức này vào bài toán, ta dễ dàng tìm đượ c ngay đáp án đúng.

Nhận xét: Đây là dạng bài tậ p cơ bản và quen thuộc, không khó, lẽ ra đề bài nên k ết hợ p thêm một vài

phản ứng khác để câu hỏi tr ở nên lắt léo hơ n.

Câu 37: Có ba dung dịch: amoni hiđrocacbonat, natri aluminat, natri phenolat và ba chấtlỏng: ancol etylic, benzen, anilin đựng trong sáu ống nghiệm riêng biệt. Nếu chỉ dùng một thuốc

thử duy nhất là dung dịch HCl thì nhận biết đượ c tối đa bao nhiêu ống nghiệm?

A. 5. B. 6. C. 3. D. 4.

Đáp án B.

Câu hỏi này không khó và các chất cần nhận biết đều khá quen thuộc, dễ dàng bắt gặ p trongcác bài tậ p nhận biết khác.

* Kinh nghiệm làm bài cho thấ y hầu hế t các bài t ậ p loại này thườ ng cho đ áp án đ úng là nhận biế t đượ ct ấ t cả các chấ t.

Câu 38: Cho 0,448 lít khí CO2 (ở đktc) hấ p thụ hết vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợ p NaOH 0,06M và Ba(OH)2 0,12M, thu đượ c m gam k ết tủa. Giá tr ị của m là

A. 3,940. B. 1,182. C. 2,364. D. 1,970.

Đáp án D.


Khi cho từ từ CO2 vào dung kiềm, các phản ứng sẽ xảy ra lần lượ t theo thứ tự:

- - 2-2 3 3 3 2CO + OH HCO vµ HCO + OH CO + H O− −→ →


Có thể tính toán lần lượ t theo từng phản ứng hoặc dùng công thức:

2-23

COCO OH

4,48n = n - n = (0,06 + 0,12 2) 2 - = 0,1 mol

22,4− × × (có thể nhẩm đượ c)

* Công thứ c trên bắ t nguồn t ừ : -2 3

COOH OH (1) OH (2) HCOn = n + n = n + n− − −

Do 2- 23CO Ba

n n +< → Ba2+ chưa bị k ết tủa hết và 23 3

BaCO COn = n = 0,01 mol hay m = 1,97g−

Nhận xét:

Câu hỏi này lặ p lại ý tưở ng của câu 35 quá nhiều. Tuy nhiên, cần chú ý chi tiết Ba2+ chưa bị k ết tủa hết để không chọn nhầm vào đáp án nhiễu. Đáp án nhiễu của câu hỏi này khá hợ p lý.

Câu 39: Dãy các kim loại đều có thể đượ c điều chế bằng phươ ng pháp điện phân dung dịch

muối của chúng là:

A. Ba, Ag, Au. B. Fe, Cu, Ag. C. Al, Fe, Cr. D. Mg, Zn, Cu.





Đáp án B.

Đó phải là các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa.

-

Câu hỏi này khá dễ, có thể coi là 1 câu cho điểm.* Trong tr ườ ng hợ p không nhớ đượ c nguyên t ắ c trên mà chỉ “nhớ mang máng” là có Al là mố c (không rõ

tr ướ c hay sau Al) thì vẫ n có thể tìm đượ c đ áp án đ úng, vì rõ ràng nhóm kim loại đ ó hoặc t ấ t cả đề u đứ ng tr ướ c Al, hoặc t ấ t cả đề u đứ ng sau Al mà trong 4 đ áp án, chỉ có B thỏa mãn (các đ áp án còn l ại đề u vừ a có kim loại

đứ ng tr ướ c, vừ a có kim loại đứ ng sau Al).

- Một số đáp án nhiễu nên sửa lại để triệt tiêu lối suy luận “mang máng” ở trên.

Câu 40: Cấu hình electron của ion X2+ là 1s22s22p63s23p63d6. Trong bảng tuần hoàn các

nguyên tố hóa học, nguyên tố X thuộc

A. chu kì 4, nhóm VIIIB. B. chu kì 4, nhóm VIIIA.

C. chu kì 3, nhóm VIB. D. chu kì 4, nhóm IIA.

Đáp án A.Cấu hình đầy đủ của X là: 1s22s22p63s23p63d64s2

-

Đây là một kiến thức cơ bản, khá dễ, khá quen thuộc và thầy đã từng nhấn mạnh trong

quá trình ôn tậ p: đối vớ i nguyên tố có cấu hình e dạng (n-1)dans b thì vị trí nằm trong bảng

tuần hoàn tươ ng ứng sẽ là chu k ỳ n, nhóm:

+ IIIB → VIIIB tươ ng ứng vớ i a + b = 3 →8

+ VIIIB tươ ng ứng vớ i a + b = 8, 9, 10

+ IB vớ i a + b = 11

+

IIB vớ i a + b = 12- Các đáp án nhiễu làm khá phù hợ p.

II. PHẦN RIÊNG [10 câu]

Thí sinh chỉ đượ c làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chươ ng trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)

Câu 41: Cho các hợ p chất hữu cơ : C2H2; C2H4; CH2O; CH2O2 (mạch hở ); C3H4O2 (mạch hở ,đơ n chức). Biết C3H4O2 không làm chuyển màu quỳ tím ẩm. Số chất tác dụng đượ c vớ i dung dịch

AgNO3 trong NH3 tạo ra k ết tủa là

A. 3. B. 4 C. 2 D. 5

Đáp án B.

C3H4O2 có 2O, đơ n chức và không làm chuyển màu quỳ tím → là este và phải là

HCOOCH=CH2, dễ dàng có các chất còn lại là C2H2, HCHO, HCOOH.

Câu hỏi này không khó và về ý tưở ng thì đã từng xuất hiện trong đề thi ĐH 2 năm tr ướ c, ở đây, chi tiết đáng chú ý nhất là C2H2, nêu các em cứ quen nế p ngh ĩ về phản ứng tráng gươ ng thì sẽ

bỏ sót tr ườ ng hợ p này.





Câu 42: Có năm dung dịch đựng riêng biệt trong năm ống nghiệm: (NH4)2SO4, FeCl2,

Cr(NO3)3, K 2CO3, Al(NO3)3. Cho dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào năm dung dịch trên. Sau khi

phản ứng k ết thúc, số ống nghiệm có k ết tủa là

A. 5. B. 2. C. 4. D. 3

Đáp án D.Câu hỏi này khá dễ, có thể xem là một câu cho điểm. Do Cr(OH)3 và Al(OH)3 đều có tính

lưỡ ng tính nên phản ứng vớ i Ba(OH)2 dư và không tạo thành k ết tủa, 3 k ết tủa là BaSO4, BaCO3

và Fe(OH)2.

Câu 43: Hòa tan hoàn toàn 14,6 gam hỗn hợ p X gồm Al và Sn bằng dung dịch HCl (dư), thu

đượ c 5,6 lít H2(ở đktc). Thể tích khí O2 (ở đktc) cần để phản ứng hoàn toàn vớ i 14,6 gam hỗn hợ pX là

A. 3,92 lít. B. 1,68 lít C. 2,80 lít D. 4,48 lít

Đáp án A.

Sơ đồ phản ứng của X vớ i HCl: 2 2

3Al H ; Sn H

2→ → .

Gọi số mol 2 chất là a và b, ta có hệ:

2

X

H

m = 27a + 119b = 14,6g

a = b = 0,1 mol3 5,6n = a + b = = 0,25 mol

2 22,4

⎧⎪

→⎨⎪⎩

Sơ đồ phản ứng của X vớ i O2: 2 3 2

1Al Al O ; Sn SnO2→ → .

Bảo toàn nguyên tố O, ta có:

2O

1 3n = ( 0,1 + 2 0,1) = 0,175 mol V = 22,4 0,175 = 3,92 lÝt

2 2× × → ×

Câu hỏi này vốn không hề khó về mặt giải toán nhưng đòi hỏi thí sinh phải phân biệt đượ ccác tr ạng thái oxh của Sn trong các điều kiện phản ứng khác nhau (ý này nên đưa vào phần dành

cho Chươ ng trình nâng cao thì hợ p lý hơ n).

Câu 44: Cacbohiđrat nhất thiết phải chứa nhóm chức củaA. Xeton B. Anđehit C. Amin D. Ancol.

Đáp án D.

Câu hỏi này khá dễ, có thể xem là một câu cho điểm. Tuy nhiên, sẽ vẫn có nhiều em chọn

nhầm đáp án B hoặc A.(Cacbohiđrat hay gluxit là những hợ p chất hữu cơ tạ p chức chứa nhiềunhóm hiđroxi và có nhóm cacbonyl (polihiđroxicacbonyl))

Câu 45: Cho hỗn hợ p gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dung dịch chứa 2 mol Cu2+ và 1 mol

Ag+ đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ c một dung dịch chứa 3 ion kim loại. Trong

các giá tr ị sau đây, giá tr ị nào của x thỏa mãn tr ườ ng hợ p trên?





A. 1,5 B. 1,8 C. 2,0 D. 1,2

Đáp án C.

Áp dụng nguyên tắc phản ứng đã nêu ở câu 25, ta dễ dàng thấy 3 ion đó phải là Mg2+, Zn2+ và

Cu2+, nói cách khác là Ag+ đã phản ứng hết còn Cu2+ thì chưa. Do đó, áp dụng định luật bảo toàn

điện tích thì điều kiện là:1,2 2 + 2x < 2 2 + 1 x < 1,3 mol ®¸p n ®óng lµ D× × → →

Câu hỏi này có phần trùng lặ p vớ i câu 25 ở trên về mặt Hóa học, ý tưở ng còn khá đơ n giản,

nhìn chung là không khó.

Câu 46: Cho hỗn hợ p X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn

toàn 0,3 mol hỗn hợ p X, thu dượ c 11,2 lit khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X thì cần dùng

500 ml dung dịch NaOH 1M. Hai axit đó là:

A. HCOOH, HOOC-CH2-COOH. B. HCOOH, CH3COOH.

C. HCOOH, C2H5COOH D. HCOOH, HOOC-COOH.

Đáp án D.

Từ giả thiết, ta dễ dàng có:5 5

C = vµ sè nhãm chøc trung b×nh =3 3

. Do đó, dễ dàng tìm đượ c

đáp án đúng.

Bài này r ất dễ và r ất quen thuộc (cả số liệu).

Câu 47: Hợ p chất X mạch hở có công thức phân tử là C4H9 NO2. Cho 10,3 gam X phản ứng

vừa đủ vớ i dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơ n không khí,

làm giấy quỳ tím ẩm chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nướ c brom. Cô

cạn dung dịch Z thu đượ c m gam muối khan. Giá tr ị của m là

A. 8,2 B. 10,8 C. 9,4 D. 9,6

Đáp án C.

Từ đặc điểm hóa học của Y, ta thấy Y phải là 1 amin hữu cơ (có không ít hơ n 1C) → X là

muối của amoni hữu cơ → Z là 1 muối natri của axit cacboxylic, Z có không quá 3C (trong đó có

1C trong nhóm – COO-) và dung dịch Z có khả năng làm mất màu dung dịch brom → Z là

HCOONa hoặc CH2=CH-COONaDễ dàng có nX = 0,1 mol → đáp án đúng là 9,4g hoặc 6,8g.

Trong tr ườ ng hợ p bài này, ta buộc phải chọn đáp án đúng là C, đây là một thiếu sót của đề bài.

Bài tậ p này không khó, chỉ đòi hỏi những suy luận cơ bản nhưng khá hay.

Câu 48: Cho cân bằng sau trong bình kín: ( )22NO k N2O4 (k).

(màu nâu đỏ) (không màu)

Biết khi hạ nhiệt độ của bình thì màu nâu đỏ nhạt dần. Phản ứng thuận có:

A. ΔH < 0, phản ứng thu nhiệt B. ΔH > 0, phản ứng tỏa nhiệt





C. ΔH > 0, phản ứng thu nhiệt D. ΔH < 0, phản ứng tỏa nhiệt

Đáp án D.

Câu hỏi này tươ ng đối dễ (cũng là một tr ọng tâm thi ĐH mà thầy đã giớ i hạn) nhưng đòi hỏi

các em phải nằm vững đượ c kiến thức cơ bản, thể hiện ở 2 ý:

-

Nắm vững nguyên lý Lơ Satơ lie về chuyển dịch cân bằng → phản ứng tỏa nhiệt, loại đápán A và C.

- Phân biệt đượ c tính chất đối nghịch:

+ Phản ứng tỏa nhiệt → Q > 0 và ΔH < 0 → loại đáp án B.

+ Phản ứng thu nhiệt → Q < 0 và ΔH > 0

Câu 49: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một ancol X no, mạch hở , cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 (ở đktc). Mặt khác, nếu cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ vớ i m gam Cu(OH)2 thì tạo thành dung dịch

có màu xanh lam. Giá tr ị của m và tên gọi của X tươ ng ứng là

A. 4,9 và propan-1,2-điol B. 9,8 và propan-1,2-điolC. 4,9 và glixerol. D. 4,9 và propan-1,3-điol

Đáp án A.


Từ đặc điểm Hóa học của X, ta thấy X phải là 1 r ượ u đa chức có nhóm –OH k ề nhau → loại

đáp án D.


Dễ dàng nhẩm đượ c 2

2

OO

X

n17,92n = = 0,8 mol = 422,4 n

→

Gọi CTPT của X là CnH2n+2Ox, phản ứng đốt cháy của X là:

n 2n+2 x 2 2 2C H O + 4O nCO + (n+1)H O→

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối vớ i O, ta có:

x + 1x + 8 = 2n + n + 1 x + 7 = 3n n = + 2

3→ → → (x+1) chia hết cho 3 và x n≤

Do đó, x = 2 và n =3, đáp án đúng là A hoặc B.Cứ 4 nhóm –OH của r ượ u phản ứng vớ i 1 phân tử Cu(OH)2 (2 liên k ết cộng hóa tr ị + 2 liên

k ết cho nhận)2Cu(OH) X

1 n = n = 0,05 mol m = 4,9g

2→ →


Ta đã biết 1 mol glixerol khi đốt cháy cần 3,5 mol O2 (r ất quen thuộc và dễ dàng bắt gặ p tỏng

nhiều bài toán), do đó, tỷ lệ 1:4 cho phép ta dễ dàng loại đáp án C.

Nhận xét:





Đây là dạng bài tậ p khá cơ bản về phản ứng đốt cháy chất hữu cơ , tuy nhiên thí sinh có thể cũng gặ p 1 chút lúng túng vớ i câu hỏi tính m.

Câu 50: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Phân urê có công thức là (NH4)2CO3.

B. Phân hỗn hợ p chứa nitơ , photpho, kali đượ c gọi chung là phân NPK.C. Phân lân cung cấ p nitơ hóa hợ p cho cây dướ i dạng ion nitrat (NO3

-) và ion amoni

(NH4+)

D. Amophot là hỗn hợ p các muối (NH4)2HPO4 và KNO3.

Đáp án B.

Câu hỏi này r ất dễ (cũng là một tr ọng tâm thi ĐH mà thầy đã giớ i hạn) nếu các em đã từng

đọc qua và còn nhớ 1 số khái niệm về phân bón Hóa học.

B. Theo chươ ng trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60)

Câu 51: Một bình phản ứng có dung tích không đổi, chứa hỗn hợ p khí N2 và H2 vớ i nồng độ

tươ ng ứng là 0,3 M và 0,7 M. Sau khi phản ứng tổng hợ p NH3 đạt tr ạng thái cân bằng ở t0C, H2

chiếm 50% thể tích hỗn hợ p thu đượ c. Hằng số cân bằng K C ở t0C của phản ứng có giá tr ị là

A. 2,500 B. 0,609 C. 0,500 D. 3,125

Đáp án D.


Đối vớ i các bài tậ p về hiệu suất phản ứng hoặc hằng số cân bằng (những phản ứng có hiệu

suất < 100%), ta nên giải bằng mô hình tr ướ c phản ứng – phản ứng – sau phản ứng. H ướ ng d ẫ n gi ải:

Gọi nồng độ N2 phản ứng là x. Ta có:

2 2 3N + 3H 2NH

Tr− íc p− : 0,3 0,7

p− : x 3x 2x

Sau p− : (0,3 - x) (0,7 - 3x) 2x

Từ giả thiết, ta có: 2H 1V = 0,7 - 3x = (1 - 2x) x = 0,1M2 →

Do đó, hệ số cân bằng là:[ ]

[ ][ ]

22

3C 3 3

2 2

NH 0,2K = = = 3,125

0,2 0,4N H ×

Nhận xét:

Câu hỏi này không quá khó trong việc tính số mol các chất sau phản ứng, tuy nhiên, có thể thí sinh quen vớ i việc tính hằng số cân bằng của phản ứng este hóa, phản ứng phân ly axit (K z)

mà quên không đưa số mũ vào biểu thức tính K C thì k ết quả sẽ sai lệch (r ơ i vào đáp án nhiễu A).

Ở đây, có thể thêm vào đáp án nhiễu 0,32.





Câu 52: Cho suất điện động chuẩn của các pin điện hóa: Zn-Cu là 1,1 V; Cu-Ag là 0,46 V.

Biết thế điện cực chuẩn 0

/0,8

Ag Ag E V + = + . Thế điện cực chuẩn 2

0

/ Zn Zn E + và 2

0

/Cu Cu E + có giá tr ị lần lượ t

là

A. +1,56 V và +0,64 V B. – 1,46 V và – 0,34 V

C. – 0,76 V và + 0,34 V D. – 1,56 V và +0,64 V Đáp án C.

Làm tr ự c ti ế p:

Câu hỏi này khá dễ. Chỉ cần nhớ công thức tính suất điện động của pin, ta dễ dàng có:

2+ +

2+ 2+

0 0 0Cu-AgCu /Cu Ag /Ag

0 0 0Zn-CuZn /Zn Cu /Cu

E = E - E = 0,8 - 0,46 = +0,34V

E = E - E = 0,34 - 1,1 = -0,76V


Nếu không nhớ chắc chắn công thức tính suất điện động của pin, ta có thể suy luận như sau:

Trong dãy điện hóa của kim loại có thứ tự Zn – H – Cu.

- Zn đứng tr ướ c H → 2

0

/ Zn Zn E + phải < 0

-

Cu đứng sau H → 2

0

/Cu Cu E + phải > 0

Do đó, dễ dàng loại 2 đáp án A và B, suy luận thêm 1 chút về phép tính, ta thấy đáp án đúng

phải là C.* Còn một cách nữ a là thuộc luôn giá tr ị E 0 của 2 cặ p này, vì cả 2 giá tr ị này đề u khá quen thuộc và nhiề u

l ần đượ c dùng làm ví d ụ trong SGK

Nhận xét:

Câu hỏi này không quá khó, nếu học sinh nắm vững công thức tính suất điện động thì có thể tìm ra đáp án đúng r ất nhanh. Các đáp án nhiễu chưa thực sự tốt.

Câu 53: Nung nóng m gam PbS ngoài không khí sau một thờ i gian, thu đượ c hỗn hợ p r ắn (có

chứa một oxit) nặng 0,95 m gam. Phần tr ăm khối lượ ng PbS đã bị đốt cháy là

A. 74,69 % B. 95,00 % C. 25,31 % D. 64,68 %

Đáp án A. Phân tích đề bài:

- Đối vớ i các bài tậ p mà số liệu đượ c biểu diễn ở dạng tươ ng đối hoặc tỷ lệ vớ i nhau, ta nên

sử dụng Phươ ng pháp Tự chọn lượ ng chất. Trong tr ườ ng hợ p này, ta giả sử m = 100g.

- Dễ nhận thấy là bài toán còn khá điển hình cho Phươ ng pháp Tăng giảm khối lượ ng.

-

Phản ứng đốt cháy muối sunfua tạo ra SO2 và oxit kim loại.


Sơ đồ hóa phản ứng, ta thấy: PbS PbO→ , cứ 1 mol phản ứng thì khối lượ ng giảm 16g





PbO PbS ph¶n øng

100 - 95 0,3125 n = n = = 0,3125 mol H% = 74,69%

10016207 + 32

→ → ≈

Nhận xét:

Câu hỏi này không khó, r ất cơ bản và điển hình.

Câu 54: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Anilin tác dụng vớ i axit nitr ơ khi đun nóng thu đượ c muối điazoni

B. Benzen làm mất màu nướ c brom ở nhiệt độ thườ ng.

C. Etylamin phản ứng vớ i axit nitr ơ ở nhiệt độ thườ ng, sinh ra bọt khí.

D. Các ancol đa chức đều phản ứng vớ i Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam.

Đáp án C.

Câu hỏi này không khó, nhưng nếu kiến thức không chắc chắn, một số em vẫn có thể chọn

nhầm đáp án A một cách đáng tiếc. Chú ý là “ Anilin tác d ụng vớ i axit nitr ơ ở nhi ệt độ thấ p thu

đượ c muố i đ iazoni” mớ i là mệnh đề đúng. Ở đây, các em cần lưu ý là nếu đã chắc chắn mệnh đề C đúng thì không cần phải quá băn khoăn vớ i những mệnh đề còn lại.

Câu 55: Dãy gồm các dung dịch đều tham gia phản ứng tráng bạc là:

A. Glucozơ , mantozơ , axit fomic, anđehit axetic

B. Frutozơ , mantozơ , glixerol, anđehit axetic

C. Glucozơ , glixerol, mantozơ , axit fomic.

D. Glucozơ , frutozơ , mantozơ , saccarozơ . Đáp án A.

Câu hỏi này khá dễ, cũng có thể xem là một câu cho điểm, có thể dàng tìm ngay ra đáp án

đúng là A r ồi kiểm tra lại bằng cách loại tr ừ glixerol (loại B, C) và saccarozơ (loại D).

Câu 56: Dãy gồm các chất và thuốc đều có thể gây nghiện cho con ngườ i là

A. penixilin, paradol, cocain. B. heroin, seduxen, erythromixin

C. cocain, seduxen, cafein. D. ampixilin, erythromixin, cafein.

Đáp án C.Câu hỏi này vốn không khó nhưng nội dung câu hỏi lại nhằm tớ i một phần kiến thức mà các

em ít quan tâm trong chươ ng trình nên cũng gây ra không ít lúng túng. Ta có thể dễ dàng loại tr ừ

các đáp án A, B và D (tên gọi cho thấy có một số chất là thuốc giảm đau và kháng sinh).

Câu 57: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C5H8O2. Cho 5 gam X tác dụng vừa hết vớ idung dịch NaOH, thu đượ c một hợ p chất hữu cơ không làm mất màu nướ c brom và 3,4 gam một

muối. Công thức của X là

A. CH3COOC(CH3)=CH2. B. HCOOC(CH3)=CHCH3.

C. HCOOCH2CH=CHCH3 D. HCOOCH=CHCH2CH3.





Đáp án B.

CTPT cho thấy X là hợ p chất đơ n chức.

Do đó, muèi este muèi

5 3,4n = n = = 0,05 mol M = = 68 HCOONa lo¹i A

100 0,05→ → →

Vì sản phẩm thủy phân còn lại (có chứa nối đôi) không làm mất màu nướ c brom → phải làxeton → C liên k ết vớ i nhóm –COO- mang nối đôi và có bậc bằng 2→ đáp án đúng là B.

Câu hỏi này khá cơ bản, có yếu tố biện luận về CTCT nhưng không quá phức tạ p.

Câu 58: Cho dãy chuyển hóa sau:

Phenol X + ⎯→ Phenyl axetat 0(du) NaOH

t

+ ⎯⎯⎯⎯→ Y (hợ p chất thơ m)

Hai chất X,Y trong sơ đồ trên lần lượ t là:

A. anhiđrit axetic, phenol. B. anhiđrit axetic, natri phenolat

C. axit axetic, natri phenolat. D. axit axetic, phenol. Đáp án B.

Câu hỏi này khá hay nhưng không quá khó, điểm mấu chốt các em cần nhớ là “phenol không

tạo este vớ i các axit cacboxylic thông thườ ng” (đây là điều thầy đã từng nhấn mạnh trong quá

trình ôn tậ p), nếu quên mất chi tiết này thì các em sẽ dễ chọn nhầm đáp án C, 2 đáp án nhiễu còn

lại là A và D dễ dàng bị loại vì Y không thể là phenol khi điều kiện phản ứng là NaOH dư.* Ở đ ây có một kinh nghiệm là khả năng phản ứ ng của anhi đ rit axit bao gi ờ cũng cao hơ n axit

cacboxylic t ươ ng ứ ng do đ ó, nế u axit có thể phản ứ ng thì anhiđ rit axit chắ c chắ n cũng có phản ứ ng (cả 2 đề u

đ úng) như ng ng ượ c l ại, anhiđ rit có phản ứ ng thì axit chư a chắ c đ ã phản ứ ng đượ c (chỉ 1 cái đ úng). Vì đ áp ánđ úng chỉ có 1 nên vớ i suy luận như vậ y, ta hiể u r ằ ng, trong đ a số tr ườ ng hợ p, khi có 2 đ áp án t ươ ng đươ ng mà1 là axit và 1 là anhiđ rit axit thì chắ c chắ n đ áp án có anhiđ rit axit mớ i là đ áp án đ úng.

Câu 59: Cho sơ đồ chuyển hóa:

CH3CH2Cl KCN ⎯⎯→ X 30

H O

t

+

⎯⎯→ Y

Công thức cấu tạo của X, Y lần lượ t là:

A. CH3CH2CN, CH3CH2CHO. B. CH3CH2 NH2, CH3CH2COOH.

C. CH3CH2CN, CH3CH2COONH4. D. CH3CH2CN, CH3CH2COOH.

Đáp án B.

Câu hỏi này không quá khó (thầy cũng đã từng nhấn mạnh tại lớ p học), nếu bạn nào quan

tâm đến phươ ng pháp điều chế Polimetylmetacrylat thì không thể không nhớ . Tuy nhiên, có thể một số bạn (nhất là các bạn học sinh chuyên) có thể chọn nhầm đáp án C. Lưu ý là Nitril khi thủy

phân trong H2O sẽ sinh ra muối amoni nhưng trong axit mạnh thì lại tạo thành axit (yếu hơ n) do

phản ứng trao đổi.

Câu 60: Tr ườ ng hợ p xảy ra phản ứng là

A. Cu + Pb(NO3)2 (loãng) → B. Cu + HCl (loãng) →





C. Cu + HCl (loãng) + O2 → D. Cu + H2SO4 (loãng) →

Đáp án C.

Câu hỏi này không khó nhưng do r ơ i vào phần kiến thức lớ p 10, lại vào 1 phản ứng ít đượ cquan tâm nên chắc sẽ có 1 số bạn lúng túng. Tuy nhiên, ta có thể tìm đượ c đáp án đúng nhờ dễ

dàng loại bỏ các đáp án A, B, D mà không cần chắc chắn về phản ứng C.

Nhận xét chung về đề thi:

Nhìn chung đề thi ĐH khối A năm nay có thể nói là không hay và hơ i “cạn” về mặt ý tưở ng,

r ất nhiều câu trong đề thi thuộc loại “thuộc mặt, quen tên”, trong đó có một số câu bị trùng lặ pngay trong đề (câu hỏi về phản ứng của kim loại vớ i HNO3, câu hỏi về các phản ứng theo từng nấccủa CO2 vớ i kiềm và ngượ c lại, câu hỏi về phản ứng của các ion và kim loại trong dãy điện hóa,

câu hỏi về phản ứng thủy phân – xà phòng hóa, …). Một số câu hỏi có ý tưở ng thì chưa đượ c khai

thác triệt để, chưa có chiều sâu nên chưa làm rõ đượ c cái hay và độ khó của câu hỏi.Về mặt độ khó, đề thi có sự phân loại nhất định nhưng không quá sâu sắc, tỷ lệ bài tậ p áp đảo

so vớ i lý thuyết là khó khăn chính đối vớ i thí sinh, nếu không có sự chuẩn bị chu đáo về kiến thức,

phươ ng pháp, k ỹ năng và kinh nghiệm, mất bình t ĩ nh trong phòng thi thì áp lực tính toán nhiều dễ khiến thí sinh mắc phải những sai sót đáng tiếc. Đó là một điều đáng tiếc và cũng là hạn chế lớ nnhất của đề thi! Tuy nhiên, vớ i những thí sinh đã có nhiều kinh nghiệm và chăm chỉ luyện tậ p có

thể dễ dàng nhận ra các điểm “quen thuộc” trong đề thi và giải quyết đượ c trong thờ i gian tươ ng

đối nhanh.

Để khắc phục hạn chế của đề thi, các tác giả nên khai thác sâu hơ n những ý tưở ng có, hạn chế bớ t các thao tác tính toán hoặc mở ra các cơ hội “chọn ngẫu nhiên” từ đáp án nhiễu.* Nhữ ng nhận xét về đ áp án nhiễ u ở trên chỉ mang tính tham khảo và có ý nghĩ a vớ i t ừ ng câu hỏi chứ

không phản ánh mục tiêu chung của cả đề thi. Việc mở ra các cơ hội “chọn ng ẫ u nhiên” là cần thiế t để phân

loại nhữ ng thí sinh có t ư duy nhanh và sáng t ạo!

Về phân bố của đề thi, sự sắ p xế p ngẫu nhiên các câu hỏi trong đề thi vẫn lặ p lại tình tr ạng

của những năm tr ướ c. Đó là sự sắ p xế p thiếu khoa học, không có lớ p nang, không có bố cục rõ

ràng, phân bố câu hỏi khó và câu hỏi dễ trong các mã đề thi khác nhau không đồng đều như nhau,

điều này tạo ra sự thiếu công bằng đáng k ể đối vớ i các thí sinh (có những em liên tiế p gặ p phải

câu khó ngay từ đầu, có những em chỉ phải làm câu hỏi khó ở cuối đề). Điểm tích cực đáng ghinhận nhất trong phân bố đề thi là ở Phần dành riêng cho các thí sinh, các kiến thức chuẩn và nâng

cao khá chính xác, đặc biệt là ở Phần nâng cao, các câu hỏi đều đề cậ p đến những vấn để riêng,

đặc tr ưng của chươ ng trình nâng cao.

Về điểm thi, nhìn chung đề thi có tính phân loại, nhưng do cườ ng độ bài tậ p có tính toán

nhiều nên sẽ là đáng tiếc cho một số em có học lực khá tốt nhưng bị mắc sai sót không đáng có

trong quá trình tính toán. Vớ i đề thi năm nay, phổ điểm chủ yếu sẽ nằm trong khoảng 6-8 đối vớ icác học sinh có học lực khá, 8-9 điểm đối vớ i các em học tốt, phải thật xuất sắc mớ i có cơ hội

đượ c 10 điểm. (trong số hơ n 40 học sinh thầy tr ực tiế p dạy năm nay cũng chỉ có 2 bạn đượ c 10tr ọn vẹn, 1 bạn 9,8, 1 bạn 9,6 và 2-3 bạn 9,2 – 9,4). K ết hợ p vớ i k ết quả thi của môn Toán (không





khó nhưng phổ kiến thức ôn tậ p khá r ộng) và môn Lý (khá dễ) thì điểm chuẩn của năm nay sẽ chỉ bằng hoặc kém năm tr ướ c 1 chút (0,5 – 1 điểm).

Đối vớ i các em học sinh, qua đề thi năm nay lại thêm 1 lần nữa khẳng định: các em muốn

làm chủ k ỳ thi ĐH thì các em cần phải hội đủ cả Kiến thức, Phươ ng pháp, K ỹ năng và Kinh

nghiệm mớ i có thể giải quyết đề thi đượ c một cách vững vàng và nhanh chóng. Đề thi hầu hết đềunhằm vào những kiến thức cơ bản, những dạng bài tậ p quen thuộc và nếu có biến đổi thì cũng ở mức không đáng k ể, nếu chăm chỉ rèn luyện tích cực thì câu hỏi nào vớ i các em cũng đều “quen”

và dễ dàng cả.

Bài viết trên chỉ mang quan điểm cá nhân, một số cách giải và nhận xét chỉ mang tính tham

khảo. Những phân tích chi tiết và hướ ng dẫn cụ thể hơ n, các bạn và các em có thể tìm đọc trong

các tài liệu tham khảo sắ p xuất bản trong thờ i gian tớ i của tôi (sẽ có một cuố n chuyên về giải đề thi

Đ H và các định hướ ng ôn t ậ p trong năm 2010). Các phươ ng pháp giải toán đã sử dụng trong quá

trình giải đề thi các bạn cũng có thể tham khảo trong các sách:

1, 16 Phươ ng pháp và K ỹ thuật gi ải nhanh bài toán Hóa học – NXB Đại học sư phạm – (đã

xuất bản) - 2009

2, Các Phươ ng pháp gi ải bài toán Hóa học – NXB GD – (sắ p xuất bản) – cuối năm 2009/

đầu năm 2010.

Các bạn cũng có thể tham khảo các bài giảng chuyên đề trên blog cá nhân của tôi:


May 2009

• 15th Các k ế hoạch cho mùa thi năm 2009

April 2009

• 28th Vui một tý vớ i phươ ng pháp đườ ng chéo • 01st Đề xuất hợ p tác xuất bản Sách tham khảo

March 2009 • 26th 16 PHƯƠ NG PHÁP VÀ K Ĩ THUẬT GIẢI NHANH BÀI TẬP TR ẮC NGHIỆM MÔN

HÓA HỌC • 07th Thông báo về lớ p học mớ i của thầy Sao băng lạnh giá

November 2008

• 24th Tổng hợ p 18 cách giải cho bài toán vô cơ kinh điển

September 2008





• 01st Rèn luyện để tr ở thành học sinh giỏi Hóa học ở tr ườ ng phổ thông • 01st Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối B năm 2008 mã đề 195

July 2008

• 08th Bài toán hữu cơ kinh điển 12 cách giải của Sao băng lạnh giá • 08th Vấn đề rèn luyện k ỹ năng tính ở tr ườ ng phổ thông • 07th Công thức tính nhanh cho bài toán vô cơ kinh điển của Sao băng lạnh giá • 06th Đáp án chi tiết cho đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối A năm 2008 mã đề 794 của

Sao băng lạnh giá

June 2008

• 29th Chiến thuật chọn ngẫu nhiên trong bài thi tr ắc nghiệm Hóa học (phần 1) • 29th Đáp án chi tiết cho Đề thi tuyển sinh ĐH - CĐ môn Hóa khối A năm 2007 • 27th Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số • 27th Phân tích hệ số phản ứng và ứng dụng trong giải nhanh bài toán Hóa học

• 27th Khái niệm độ bất bão hòa và ứng dụng trong giải toán Hóa học • 27th Bài toán kinh điển của Hóa học: bài toán 9 cách giải • 26th Nghệ thuật sử dụng đườ ng chéo trong giải toán Hóa học • 26th Một bài Hóa thi ĐH 2006 có nhiều cách giải hay • 26th Chuyển đổi các công thức biểu diễn phân tử đườ ng • 25th Quy tắc viết công thức Cấu tạo theo Lewis, CTCT + Dạng lai hóa + Hình học phân tử • 24th Phân tích hệ số cân bằng của phản ứng và ứng dụng trong giải toán • 24th Phươ ng pháp ghép ẩn số - những biến đổi đại số • 24th Hình không gian - chuyên đề: Khoảng cách • 24th Phươ ng pháp vectơ trong giải toán hình học không gian


Ngoài ra, để giúp các em học sinh có đượ c sự chuẩn bị tốt nhất cho những k ỳ thi ĐH tiế ptheo, ngay t ừ gi ữ a tháng 7 này, Công ty cổ phần Giáo d ục GSA ti ế p t ục khai gi ảng các khóa

học bồi d ưỡ ng ki ế n thứ c l ớ p 10, 11, 12 và luyện thi Đ H .

Các em học sinh và các quý vị phụ huynh có thể truy cậ p website: http://giasuams.com/ hoặcđiện thoại tớ i số 04.38684441 – 36230476 - 39152590 – 0989768553 (gặ p Chị Hậu hoặc Chị

Linh) để tìm hiểu thông tin chi tiết.

Lớ p Hóa 10 và Hóa 11 do thầ y giáo Lê Phạm Thành phụ trách.

Lớ p Hóa 12 và Ôn thi Đ H do thầ y giáo V ũ Khắc Ng ọc phụ trách.

Địa điểm học: số 30 ngõ 97 đườ ng Nguyễ n Chí Thanh.

Ngoài ra, các học sinh và nhóm học sinh có yêu cầu đặc biệt khác (về trình độ, địa điểm học,

học phí, …) có thể liên hệ tr ực tiế p vớ i thầ y Ng ọc (0985052510) và thầ y Thành (0976053496) để có đượ c những điều chỉnh sắ p xế p cho phù hợ p vớ i nguyện vọng.

Chúc các bạn và các em đạt nhiều thành công trong sự nghiệ p dạy và học!





Dịch vụ ôn thi chất lượ ng cao – GSA Education: http://giasuams.com/ Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

M = 32,65Hçn hîp (M = 29)

C4H10 (M = 58)

25,35

3,65

Giả sử hỗn hợ p sau chứa 29 mol khí (3,65 mol C4H10 dư và 25,35 mol hỗn hợ p các ankan

và anken mớ i sinh ra) thì số mol C4H10 ban đầu là: ®

25,35n = 3,65 + = 16,325 mol

2

Do đó, hiệu suất của phản ứng là:16,325 - 3,65

H% = 100% = 77,64%16,325

×

Đáp án đúng là A. 77,64%

Ví d ụ 3: Cho 37,6g hỗn hợ p gồm 3 chất r ắn Fe3O4, FeO và Cu2O tác dụng vớ i dung dịch

HNO3 loãng dư thu đượ c 2,24 lít khí NO ở đktc. Khối lượ ng của Fe3O4 trong hỗn hợ p là:A. 34,8g B. 23,2g C. 11,6g D. 17,4g


Sơ đồ các quá trình oxh – kh trong bài:

2+ 3+

+ 2+

+5 +2

Fe - e Fe

Cu - e Cu

N + 3e N

→

→

→

Căn cứ vào các sơ đồ trên và lấy 1 mol electron cho làm mốc, ta có:

- Cứ 1 mol Fe3O4 (232g) cho 1 mol electron

- Cứ 1 mol FeO (72g) cho 1 mol electron

- Cứ 0,5 mol Cu2O (72g) cho 1 mol electron

- Cứ 37,6 376 = g

0,1 3 3×

hỗn hợ p cho 1 mol electron

→ Quy đổi: Coi FeO và Cu2O là một chất trung bình X mà cứ 72g chất này lại cho 1

mol electron.

→ Hỗn hợ p ban đầu tr ở thành hỗn hợ p gồm 2 thành phần là: Fe3O4 và X.Do đó, ta có thể sử dụng phươ ng pháp đườ ng chéo như sau:

M =X (M = 72)

Fe3O4 (M = 232)

3763

3203

1603

2

1

0,2 mol

0,1 mol

Do đó,3 4Fe Om = 23,2g






Đáp án đúng là B. 23,2g.

Ví d ụ 4: Cho 8,96 lít hỗn hợ p CO2 và NO2 (đktc) hấ p thụ vào một lượ ng dung dịch NaOH

vừa đủ tạo thành các muối trung hòa, sau đó đem cô cạn dung dịch thu đượ c 36,6 gam muối

khan. Thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợ p ban đầu là:

A. 25% CO2 và 75% NO2 B. 50% CO2 và 50% NO2

C. 75% CO2 và 25% NO2 D. 30% CO2 và 70% NO2


Sơ đồ các phản ứng hóa học:

2 3 2

2 2 3

2NaOH + 2NO NaNO + NaNO

2NaOH + CO Na CO

→

→

Từ phản ứng, ta thấy:

- Cứ 1 mol NO2 tạo ra 1 mol hỗn hợ p 2 muối NaNO3 và NaNO2 có tỷ lệ 1:1 về số mol, →

có thể quy đổ i hỗ n hợ p 2 muố i này thành 1 muố i duy nhấ t có69 + 85

M = = 77 2

- Cứ 1 mol CO2 tạo ra 1 mol muối Na2CO3 có M = 106.

- hçn hîp36,6

M = = 91,50,4

Áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo, ta có:

Mhçn hîp = 91,5Na2CO3 (M = 106)

M = 77

14,5

14,5

50%

50%

Vậy đáp án đúng là B. 50% CO2 và 50% NO2

Ví d ụ 5: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợ p X gồm NaHCO3, KHCO3 và MgCO3 trong

dung dịch HCl dư, thu đượ c 3,36 lít khí CO2 (đktc). Khối lượ ng muối KCl tạo thành trong dung

dịch sau phản ứng là:

A. 8,94 gam B. 16,17 gam C. 7,92 gam D. 12,0 gam


Sơ đồ chung của các phản ứng hóa học: + HCl3 2CO CO ⎯⎯ ⎯→

Nói cách khác, tỷ lệ phản ứng:

→2 2muèi CO muèi CO

3,36n : n ®Òu b»ng 1: 1 n = n = = 0,15 mol

22,4

Vì3 3NaHCO MgCOM = M = 84 và cả 2 đều giải phóng CO2 theo tỷ lệ 1:1 về số mol.






→ Quy đổi: Coi hỗ n hợ p NaHCO3 và MgCO3 là một muố i duy nhấ t có CTPT 3 MCO có

KLPT M = 84.

→ Hỗn hợ p X tr ở thành hỗn hợ p gồm 2 thành phần là 3MCO và K 2CO3.

Do đó, ta có thể sử dụng phươ ng pháp đườ ng chéo như sau:

M = = 96,8MCO3 (M = 84)

KHCO3 (M = 100)

3,2

12,8

14,52

0,15

1

4

0,03 mol

0,12 mol

KClm = 74,5 0,12 = 8,94g→ ×

Vậy đáp án đúng là A. 8,94 gam

Ví d ụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợ p X gồm CH4, C2H4 và C2H6, sản phẩm thuđượ c dẫn qua bình I đựng dung dịch H2SO4 đặc và bình II đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thí

nghiệm, thấy trong bình II có 15 gam k ết tủa và khối lượ ng bình II tăng nhiều hơ n bình I là 2,55

gam. Thành phần % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợ p đầu là:

A. 50%, 30%, 20% B. 30%, 40%, 30%

C. 50%, 25%, 25% D. 50%, 15%, 35%


Từ giả thiết, ta có:2 2CO H O

15 0,15 44 - 2,55

n = = 0,15 mol vµ n = = 0,225 mol100 18

×

Gọix y

C H là CTPT trung bình của hỗn hợ p ban đầu, ta có:

2 2x y

yC H xCO + H O

2→

Bảo toàn nguyên tố 2 vế, ta dễ dàng có: x = 1,5 vµ y = 4,5

Quy đổi: Coi hỗ n hợ p C 2 H 4 và C 2 H 6 là một hi đ rocacbon duy nhấ t có 2C


C = 1,5

CH4 (C = 1)

(C = 2)

0,5

0,5 50%

50%

Quy đổi: Coi hỗ n hợ p CH 4 và C 2 H 4 là một hi đ rocacbon duy nhấ t có 4H







H = 4,5

C2H6 (H = 6)

(H = 4)

0,5

1,5 75%

25%

Vậy đáp án đúng là C. 50%, 25%, 25%




[email protected]

Lâu nay, k ỹ thuật giải toán Hóa học vẫn chư a đượ c quan tâm đúng mứ c,đặc biệt là trong chươ ng trình đào tạo của tr ườ ng phổ thông, dẫn đến tình tr ạnghọc sinh của chúng ta gặp nhiều khó khăn và lúng túng trong việc giải các bàiToán phứ c tạp, các sách tham khảo về giải toán Hóa học cũng đã có khá nhiều,tuy nhiên cũng thật khó có thể tìm đượ c một cuốn sách có thể tóm lượ c đầy đủ

các phươ ng pháp giải toán thườ ng gặp.Topic này đượ c lập ra vớ i mong muốn giúp các bạn có đượ c cái nhìn đầy

đủ nhất về các phươ ng pháp giải các bài tập Hóa, đư a việc giải toán Hóa học

không chỉ là một k ỹ thuật mà là một nghệ thuật của ngườ i yêu học Hóa.Bài mở đầu mà tui đặt ra hôm nay là k ỹ thuật đườ ng chéo - một k ỹ thuật rất

hay gặp trong các bài toán Hóa phổ thông – linh hồn của “phươ ng pháp

trung bình”. Lâu nay có không ít ngườ i đề cậ p đến k ỹ thuật đườ ng chéo, nhưngcòn r ất hạn chế. Hy vọng bài viết dướ i đây sẽ cung cấ p cho các bạn nhiều thôngtin quý báu về một k ỹ thuật quan tr ọng bậc nhất trong giải toán Hóa học.

Nghệ thuật sử dụng đườ ng chéo trong giải toán Hóa học. _K ỹ thuật đườ ng chéo đượ c sử dụng r ất r ộng rãi trong giải toán Hóa học, có mặttrong hầu hết các bài toán có sử dụng “phươ ng pháp trung bình” (chú ý là chỉ trong hỗn hợ p 2 thành phần) _Bản chất của k ỹ thuật này là vẫn là công thức giải hệ phươ ng trình bậc nhất 2 ẩn,nói cách khác nó là sự hình ảnh hóa định thức cấ p 2 trong công thức Crame.

_ Ư u điểm nổi bật của phươ ng pháp này là hạn chế đượ c số ẩn số trong bài toán,nhanh gọn và trình bày tr ực quan.

_ Không thể có một định ngh ĩ a chính xác về k ỹ thuật này, nên tôi sẽ trình bày cácdạng bài đặc tr ưng của phươ ng pháp này thông qua các ví dụ cụ thể có so sánh vớ i“phươ ng pháp thông thườ ng”

Ở đây, tôi xin điểm qua các dạng toán hết sức cơ bản có dùng đến k ỹ thuậtnày, theo thứ tự trong chươ ng trình phổ thông bắt đầu từ lớ p 10. Cần nhớ là các

bài toán trong thực tế phức tạ p hơ n nhiều, đòi hỏi các bạn phải có sự suy ngh ĩ , tìmtòi để hình thành k ỹ thuật giải toán Hóa học một cách đầy đủ và hoàn thiện, khôngthể làm máy móc. Chúc các bạn sẽ tìm thấy nhiều điều thú vị khi vận dụng linhhoạt các k ỹ năng này!

Dành cho học sinh l ớ p 10

Dạng 1: Tính toán hàm l ượ ng đồng vị

VD: KLNT của đồng là 63,54. Đồng có 2 đồng vị là 65Cu29 và 63Cu29. Tìm phầntr ăm về số nguyên tử của mỗi đồng vị?Cách 1:Đặt x, y lần lượ t là phần tr ăm về số nguyên tử của 2 đồng vị 65Cu29 và 63Cu29 (0 <x, y < 100, %)





[email protected]

Từ các giả thiết trong bài, ta có hệ phươ ng trình:

x + y = 100 %

Cu = y x

y x

+

+ 6365 = 63,54

Giải hệ 2 phươ ng trình trên, ta có : x = 27% và y = 73%Vậy hàm lượ ng của 65Cu29 trong tự nhiên là 27% và 63Cu29 là 73%.( Trong cách làm này, còn có thể hạn chế đượ c 1 ẩn nếu khi đặt ta chọn ẩn là x và100 – x )Cách 2: Áp dụng k ỹ thuật đườ ng chéo cho hỗn hợ p 2 đồng vị trên trong tự nhiên, ta có:

65Cu29 (M = 65) 63,54 – 63 = 0,54 27→

Cu = 63,5463Cu29 (M = 63) 65 – 63,54 = 1,46 73→

→ %65Cu29 =

7327

%100.27

+ = 27%

Bài tập tươ ng tự :1. KLNT trung bình của Brom là 79,91. Brom có 2 đồng vị trong tự nhiên là

79Br 35 và 81Br 35. Tính hàm lượ ng phần tr ăm của mỗi đồng vị trong tự nhiên?2. KLNT trung bình của Antimon là 121,76. Antimon có 2 đồng vị trong tự

nhiên là 121Sb51 và 123Sb51 . Tính hàm lượ ng phần tr ăm của mỗi đồng vị?3. KLNT trung bình của nguyên tử Bo là 10,812. Mỗi khi có 94 nguyên tử

10BB5 thì có bao nhiêu nguyên tử B11 5 ?

Dạng 2: Tính t ỷ l ệ thành phần của hỗ n hợ p khí qua t ỷ khố i

VD: Tỷ khối của một hỗn hợ p khí Nitơ và Hidro so vớ i Oxi là 0,3125. Tìm thể tích và thành phần phần tr ăm về thể tích của Nitơ và Hidro có trong 29,12 lít hỗnhợ p?Cách 1: Giả sử có 100 mol hỗn hợ p trên (phươ ng pháp giả thiết tạm) và số mol của N2 vàH2 lần lượ t là x và y (0 < x,y < 100, mol)

Từ các giả thiết trong bài, ta có hệ phươ ng trình:x + y = 100 mol

hh = y x

y x

+

+ 228 = 32.0,3125 = 10

Giải hệ phươ ng trình trên, ta có: x = 30,77 (mol) và y = 69,23 (mol)Vì tỷ lệ về số mol cũng bằng tỷ lệ về thể tích trong cùng điều kiện nhiệt độ và ápsuất nên ta có: %V N2 = 30,77% và %VH2 = 69,23%





[email protected]

Từ đó có: V N2 = 29,12 . 30,77/100 = 8,96l và suy ra VH2 = 29,12 – 8,86 = 20,16lCách 2:Áp dụng k ỹ thuật đườ ng chéo cho hỗn hợ p 2 chất khí ở trên, ta có:

N2 (M = 28) 8 4→

hh = 32.0,3125 = 10H2 (M = 2) 18 9→

%V→ N2 =

94

%100.4

+ = 30,77%

Bài tập tươ ng tự :

1, Cần thêm bao nhiêu lít khí N2 vào 29,12 lít hỗn hợ p khí ở VD trên để thu đượ cmột hỗn hợ p mớ i có tỷ khối hơ i so vớ i O2 là 0,46875.2, Một hỗn hợ p khí gồm N2 và H2 có tỷ khối hơ i so vớ i khí Hidro là 3,6. Sau khiđun nóng một thờ i gian vớ i bột sắt ở 550*C thì thấy tỷ khối của hỗn hợ p khí so vớ iHidro tăng lên và bằng 4,5.

a, Tính thành phần của hỗn hợ p khí tr ướ c và sau phản ứng b, Tính xem có bao nhiêu phần tr ăm thể tích của N2 và Hidro đã tham gia phản ứng. Cho biết phản ứng giữa N2 và H2 xảy ra không hoàn toàn:

N2 + 3H2 2NH3

3, Khi hòa tan hoàn toàn 2,72 gam hỗn hợ p Canxi cacbua (CaC2) và Nhôm cacbua(Al4C3) vào dung dịch HCl 2M ngườ i ta thu đượ c một lượ ng khí có tỷ khối so vớ iHidro bằng 10.

a, Xác định thành phần phần tr ăm khối lượ ng của các chất r ắn ban đầu. b, Tính thể tích dung dịch HCl 2M tối thiểu cần dùng để hòa tan hỗn hợ p.c, Tính thể tích khí thu đượ c ở 27,3*C và 836 mm Hg

4, Tỷ khối của một hỗn hợ p gồm O2 và O3 đối vớ i He là 10,24. Nếu cho hỗn hợ pnày đi từ từ qua dung dịch KI có dư thì thu đượ c 50 lít khí.

a, Xác định thể tích của O2 và O3 có trong hỗn hợ p b, Cần thêm vào hỗn hợ p trên bao nhiêu lít khí O3 để thu đượ c hỗn hợ p mớ icó tỷ khối so vớ i He là 10,667.

5, Tr ộn 13 gam một kim loại M có hóa tr ị 2 ( M đứng tr ướ c Hidro trong dãyBêkêtố p) vớ i Lưu huỳnh r ồi nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ cchất r ắn A. Cho A phản ứng vớ i 300ml dung dịch H2SO4 1M (acid lấy dư), thì thu

đượ c hỗn hợ p khí B nặng 5,2 gam (tỷ khối hơ i của B vớ i Oxi là 0,8125) và dungdịch C.

a, Xác định kim loại M và nồng độ mol/lit của dung dịch C (giả sử thể tíchdung dịch không đổi). Biết r ằng muối MSO4 tan trong nướ c.

b, Cho 250ml dung dịch NaOH có nồng độ chưa biết vào ½ dung dịch C thìthu đượ c 1 k ết tủa. Đem nung k ết tủa đến khối lượ ng không đổi thì đượ cchất r ắn D nặng 6,075 gam. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH.





[email protected]

( Đại học Tài chính 1988)


Dạng 3: Tính toán trong pha chế dung d ịch

Công thứ c chung:

1, N ồng độ phần tr ăm:Tr ộn m1 (gam) dung dịch A% (lớ n) vớ i m2 (gam) dung dịch nồng độ a% (nhỏ

hơ n) thì đượ c dung dịch có nồng độ X% thỏa mãn:m1 A% X%

X - am2 a% A – X

⇒ X Aa X

−

−

= 1

2

mm

Nếu giả thiết là tỷ khối của dung dịch thay đổi không đáng k ể thì ta có:

X A

a X

−

− = 1

2

V

V

2, N ồng độ mol/lit:Tr ộn V1 (lit) dung dịch A (mol/l) vớ i V2 (lit) dung dịch a (mol/l) vớ i giả thiết

thể tích dung dịch hao hụt không đáng k ể thì ta đượ c dung dịch có nồng độ X(mol/l) thỏa mãn:

V1 A (M) X - aX (M)

V2 a (M) A – X

⇒ X A

a X

−

− = 1

2

V

V

VD: Cần bao nhiêu ml dd NaCl 3% để pha 500 ml dung dịch nướ c muối sinh lý,giả thiết r ằng tỷ khối của dung dịch thay đổi không đáng k ể?

(Bài thự c t ậ p Hóa Sinh của SV năm thứ 2 khoa Sinh học Đ H KHTN HN) Nướ c muối sinh lý là dung dịch NaCl 0,9%Cách 1: Đặt x, y lần lượ t là thể tích của NaCl 3% và H2O cần dùng (0 < x,y <500).Ta có hệ phươ ng trình:





[email protected]

V = x+ y = 500 (ml)m NaCl = x.3% = 500.0,9%

Giải hệ trên, ta đượ c: x = 150 ml và y = 350 ml

Cách 2: Áp dụng công thức đườ ng chéo, ta có: NaCl (3%) 0,9

NaCl (0,9%)H2O (0%) 2,1

⇒ V NaCl =9,01,2

9,0

+ . 500 = 150 ml

Bài tập tươ ng tự :1, Trình bày cách pha dd ethanol 50% từ 2 dd ethanol 90% và 30%.2, Cần dùng bao nhiêu gam nướ c để hòa tan 1,4 mol xút thì thu đượ c dung dịch

25%3, Phải hòa tan bao nhiêu ml dd HCl 1,6M vớ i 20 ml dd HCl 0,5M để đượ c dung

dịch CuSO4

4, Xác định thể tích dung dịch HCl 10M và thể tích H2O cần dùng để pha thành400ml dd 2M

5, Xác định lượ ng nướ c cần dùng để hòa tan 188g Kali oxit để điều chế dd KOH5,6%

6, Cần bao nhiêu gam dd Fe(NO3)2 20% và bao nhiêu gam H2O để pha thành 500g

dd Fe(NO3)2 8%.

Chú ý: Cách làm trên còn có thể áp dụng trong các bài toán pha chế dung dịch biểu diễn qua pH, bạn đọc tự lấy VD (Sao băng lạnh giá)

Dạng 4: Tính thành phần muố i trong phản ứ ng đơ n baz ơ vớ i đ a acid

Đây là dạng toán đã đượ c giớ i thiệu cả trong chươ ng trình Hóa học lớ p 9 vàChươ ng Nitơ – Phospho trong Hóa học 11. Tuy nhiên, các Giáo viên và Học sinhvẫn còn đi theo lối mòn trong việc giải quyết dạng Toán này.

VD: Thêm 250ml dung dịch NaOH 2M vào 200ml dung dịch H3PO4 1,5Ma, Tính khối lượ ng muối tạo thành?

b, Tính nồng độ mol/l của dung dịch tạo thành?(Bài t ậ p 80 trang 100 – Giải Toán Hóa học 11 - Nguyễ n Tr ọng Thọ (chủ biên))Cách 1: (Đây chính là lối mòn)Phản ứng giữa NaOH và H3PO4 có thể xảy ra như sau:





[email protected]

NaOH + H3PO4 = NaH2PO4 + H2O (1) ⇒ 3 4

NaOH

H PO

n

n= 1

2NaOH + H3PO4 = Na2HPO4 + H2O (2) ⇒ 3 4

NaOH

H PO

n

n= 2

3NaOH + H3PO4 = Na3PO4 + H2O (3) ⇒ 3 4

NaOH

H PO

n

n= 3

Ở đây,3 4

NaOH

H PO

n

n =

0,2.5,2

0,2.1,5=

0,5

0,3 = 1,67 ⇒ 1 < 1,67 < 2

⇒ có 2 loại muối Na2HPO4 và NaH2PO4 tạo thành theo (1) và (2). Đặt a mol, bmol lần lượ t là số mol của NaH2PO4 và Na2HPO4 tạo thành do (1) và (2), ta có hệ

phươ ng trình:

a + 2b = 0,5a + b = 0,3

Giải hệ phươ ng trình trên, ta đượ c: a = 0,1 và b = 0,2Vậy, = 120.0,1 = 12g; = 142.0,2 = 28,4g

2 4 NaH POm2 Na HPOm

4

Tổng thể tích dung dịch là: 250 + 200 = 450ml = 0,45 l

[ ]2 4 NaH PO =0,1

0,45 = o,22M

[ ]2 4 Na HPO =0,2

0,45 = 0,44M(Chép y chang bài giải trong Sách)Cách 2: Cách làm đườ ng chéo của Sao băng:Không cần viết phản ứng mà nhìn vào CTPT, ta cũng có thể thấy đượ c tỷ lệ

n=3 4

NaOH

H PO

n

n, và nếu áp dụng đườ ng chéo, ta có như sau:

Na2HPO4 (n1 = 2) 2/3 2

n =0,2.5,2

0,2.1,5 =

0,5

0,3

NaH2PO4 (n2 = 1) 1/3 1Mà tổng số mol H3PO4 là

3 4 H POn∑ = 0,3

Nên dễ dàng có k ết quả như trên.Ghi chú: Đây không phải là một dạng Toán hay gặ p và quan tr ọng nên đề nghị

bạn đọc tự lấy VD thêm





[email protected]


Dạng 6 Bài toán hỗ n hợ p 2 chấ t vô cơ của 2 Kim loại cùng hóa tr ị và khả năng

phản ứ ng.Thật ra dạng toán này có thể tìm thấy cả trong chươ ng trình lớ p 9, 10, 11 nhưng

tậ p trung hơ n cả ở phần Kim loại của chươ ng trình Hóa học 12, thườ ng đươ c giải bằng phươ ng phápVD: Hòa tan 28,4g một hỗn hợ p gồm 2 muối cacbonat của 2 Kim loại hóa tr ị 2

bằng dung dịch HCl dư, thu đượ c 6,72 lít khí ở đktc và 1 dung dịch Aa, Tính tổng số gam của 2 muối Clorua có trong dung dịch A.

b, Xác định tên 2 kim loại nếu 2 kim loại đó thuộc 2 chu k ỳ lien tiế p của phânnhóm IIA.c, Tính thành phần phần tr ăm của mỗi muối trong hỗn hợ p ban đầu.d, Nếu dẫn toàn bộ khí CO2 cho hấ p thụ hoàn toàn vào 1,25 lít dung dịch Ba(OH)2 để thu đượ c 39,4g k ết tủa thì nồng độ mol/l của dung dịch Ba(OH)2 là bao nhiêu?

Cho: Be = 9, Mg = 24, Ca = 40, Ba = 137, Sr = 87Lờ i giải:Câu a của bài toán giải băng phươ ng pháp Tăng - giảm khối lượ ng, dễ dàng có

2CLm =31,7g

Câu b, dễ dàng có = 34,67 từ đó suy ra 2 Kim loại tạo muối là Ca và MgCâu c của bài toán có 2 cách giải:Cách 1: Gọi a, b lần lượ t là số mol của MgCO3 và CaCO3 trong 28,4g hỗn hợ p ban đầu. Tacó hệ phươ ng trình:

384 106 28,4

MCOm a b= + =

295 111 31,7

MCl m a b= + =

Giải hệ phươ ng trình trên ta có: a = 0,1 mol và b = 0,2 molCách 2: Áp dụng công thức đườ ng chéo cho hỗn hợ p 2 muối Cacbonat, ta có:

CaCO3 (M = 100)32

3 0,2 mol

284

3

M =

MgCO3 (M = 84)16

3 0,1 mol

Bài tập tươ ng tự :1. Một dung dịch X chứa 2 muối ACl2 và BCl2 (A, B là 2 kim loại thuộc cùng một

phân nhóm chính và 2 chu k ỳ lien tiế p). Tổng khố lượ ng 2 muối là 44,5 gam.Dung dịch phản ứng vừa đủ vớ i dung dịch chứa AgNO3 và Pb(NO3)2 tạo ra k ết





[email protected]

tủa nặng 140,8 gam. Dung dịch Y khi tác dụng vớ i H2SO4 dư cho ra 70,9 gam k ếttủa.

a, Tính số mol AgNO3 và Pb(NO3) chứa trong dung dịch Y b, Suy ra tổng số mol ACl2 và BCl2 trong dung dịch X. Xác định A, B và số mol mỗi muối ACl2, BCl2.

2. Xét một hỗn hợ p 2 muối Clorua của 2 kim loại kiềm A và B vớ i khối lượ ngnguyên tử của A nhỏ hơ n của B và A, B ở 2 chu k ỳ liên tiế p. Cho 19,15g hỗn hợ pX tác dụng vừa đủ vớ i 300g dung dịch AgNO3, sau phản ứng ta thu đượ c 43,05gk ết tủa và một dung dịch D.

a, Xác định nồng độ phần tr ăm của dung dịch AgNO3

b, Cô cạn dung dịch D ta thu đượ c bao nhiêu gam muối khan?c, Định tên và khối lượ ng các muối Clorua trong hỗn hợ p X

Cho: Li = 7, Na = 23, K = 39, Rb = 85, Cs = 133, Ag = 108, N = 14, Cl = 35,5, O= 163. Một hỗn hợ p X gồm 2 kim loại A và B cùng có hóa tr ị 2, có khối lượ ng nguyêntử của X là 19,3 gam

a, Xác định A, B và khối lượ ng A, B trong X biết r ằng khi cho X tác dụngvớ i dung dịch HCl dư chỉ có A tan cho ra 2,24 lít khí H2 (đktc)

b, Nếu lấy cùng một lượ ng X như trên cho vào 200ml dung dịch Y chưa chứaAgNO3 1M và Hg(NO3)2 0,5M, tính khối lượ ng chất r ắn Z thu đượ c (Hg =200)

4. Một hỗn hợ p X gồm 2 muối cacbonat kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu k ỳ lientiế p của bảng hệ thống tuần hoàn có tổng khối lượ ng là 41,9 gam.

a, Xác định A, B và số mol mỗi cacbonat trong hỗn hợ p X biết r ằng khi choX tác dụng vớ i H2SO4 dư và cho khí CO2 tạo ra phản ứng hết vớ i nướ c vôidư ta đượ c 35 gam k ết tủa.

b, Dùng 83,8 gam hỗn hợ p X cho tác dụng vớ i 1 dung dịch Y chứa HCl 0,3Mvà H2SO4 0,2M. Phải dùng bao nhiêu lít dung dịch Y để phản ứng vừa đủ vớ ilượ ng X ở trên, biết phản ứng tạo ra CO2?

5. Một hỗn hợ p X gồm 2 kim loại A, B (đều hóa tr ị 2) vớ i MA M≈ B, mX = 9,7gam. Hỗn hợ p X tan hết trong 200 ml dung dịch Y chứa H2SO4 12M và HNO3 2Mtạo ra hỗn hợ p Z gồm 2 khí SO2 và NO có tỷ khối của Z đối vớ i H2 bằng 23,5 và V= 2,588 lít (đktc) và dung dịch T

a, Tính số mol SO2 và NO trong hỗn hợ p Z b, Xác định A, B và khối lượ ng mỗi kim loại trong hỗn hợ p X

T ổ ng k ế t về k ỹ thuật đườ ng chéo





[email protected]

Hy vọng là qua một loạt các VD và bài tậ p ở trên các bạn đã có thể hiểu thêmđượ c phần nào bản chất và những nét ưu việt của phươ ng pháp đườ ng chéo để ápdụng trong giải Toán hóa học. Việc phân chia các dạng toán như trên là hoàn toànchủ quan và tươ ng đối, từ việc nắm đượ c bản chất của phươ ng pháp mà các bạn cóthể đúc rút và mở r ộng thêm các dạng toán khác một cách linh hoạt.

VD: Đốt cháy hoàn toàn 28 gam một dây sắt ta thu đượ c 39,2 gam hỗn hợ p Fe2O3 và Fe3O4. Tính thành phần phần tr ăm của Fe đã chuyển thành Fe2O3 và Fe3O4.Cách 1: Đặt x và y lần lượ t là số mol Fe đã chuyển thành Fe2O3 và Fe3O4.Từ giả thiết, ta có hệ phươ ng trình:

nFe28

0,556

x y mol = == +

mhh = 160.0,5x + 232.1

3 y = 39,2 g

Giải hệ 2 phươ ng trình trên ta thu đượ c k ết quả: x = 0,2 và y = 0,3.

Từ đó rút ra tỷ lệ là 40% và 60%.Cách 2: Gọi oxit thu đượ c có công thức:

x y Fe O , ta có: nFe = 0,5 mol,

nO=39, 2 28

0,716

mol −

= . Như vậy, tỷ lệ 5

7

x

y= .

Từ đó áp dụng công thức đườ ng chéo, ta có:

Fe2O3 (2

3

x

y= )

1

28

x y Fe O (

5

7

x

y

= )

Fe3O4 (3

4

x

y= )

1

21

từ đó cũng tìm ra đượ c k ết quả như trên.Chúc các bạn tìm đượ c nhiều điều thú vị khi áp dụng linh hoạt phươ ng pháp giảitoán hóa học này!






Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

PHƯƠ NG PHÁP ĐƯỜ NG CHÉO(Trích t ừ cuố n “Phươ ng pháp mớ i gi ải nhanh các bài toán Hóa học THPT” )

I. PHƯƠ NG PHÁP GIẢI

1. Nội dung phươ ng pháp: Trộn lẫn 2 dung dịch

Khối lượ ng Thể tích Nồng độ (C% hoặc CM)

Dung dịch 1 m1 V1 C1

Dung dịch 2 m2 V2 C2 Dung dịch

Cần pha chế

m = m1+m2 V = V1+V2 C

Sơ đồ đườ ng chéo ứng vớ i mỗi tr ườ ng hợ p:

a. Đối vớ i nồng độ % về khối lượ ng:

b. Đối vớ i nồng độ mol:

2. Các dạng toán thườ ng gặp

Dạng 1. Pha chế dung dịch

•

Pha dung dịch vớ i dung dịch: xác định C1, C2, C và áp dụng các công thức (1) và (2).• Pha chế dung dịch vớ i dung môi (H2O): dung môi nguyên chất có C = 0%.• Pha chế chất r ắn có tươ ng tác vớ i H2O tạo chất tan vào dung dịch: lúc này, do có sự

tươ ng tác vớ i H2O tạo chất tan nên ta phải chuyển chất r ắn sang dung dịch có nồng độ tươ ng ứng C > 100%.

• Pha chế tinh thể muối ngậm nướ c vào dung dịch: tinh thể đượ c coi như dung dịch có

C < 100%, ở đây giá tr ị của C chính là hàm lượ ng % của chất tan trong tinh thể muối ngậmngướ c.





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Chú ý:

- Khối lượ ng riêng của H2O là 1g/ml.

- Phươ ng pháp này không áp dụng đượ c khi trộn lẫn 2 dung dịch có xảy ra phản ứ nggiữ a các chất tan vớ i nhau (tr ừ phản ứng vớ i H2O) nên không áp dụng đượ c vớ i tr ườ ng hợ ptính toán pH.

Dạng 2: Tính tỉ lệ mol các chất trong hỗn hợ p

Đối vớ i hỗn hợ p gồm 2 chất, khi biết khối lượ ng phân tử các chất và khối lượ ng phân tử trung bình của hỗn hợ p, ta dễ dàng tính đượ c tỉ lệ mol của các chất theo công thức số (2) và ngượ c lại.

Chú ý:

- Ở đây các giá tr ị của C đượ c thay bằng các giá tr ị KLPT tươ ng ứng.

- Từ phươ ng pháp đườ ng chéo ta rút ra công thức tính nhanh thành phần % số mol củahỗn hợ p 2 chất có khối lượ ng phân tử M1, M2 và khối lượ ng trung bình là:

Dạng 3. Bài toán hỗn hợ p các chất có tính chất hóa học tươ ng tự nhau.

Vớ i hỗn hợ p gồm 2 chất mà về bản chất hóa học là tươ ng tự nhau (VD: CaCO3 và BaCO3) tachuyển chúng về một chất chung và áp dụng đườ ng chéo như các bài toán tỉ lệ mol hỗn hợ p.

Dạng 4. Bài toán trộn lẫn hai chất rắn.

Khi chỉ quan tâm đến hàm lượ ng % của các chất, phươ ng pháp đườ ng chéo áp dung đượ c cho

cả tr ườ ng hợ p tr ộn lẫn 2 hỗn hợ p không giống nhau. Lúc này các giá tr ị C trong công thức tínhchính là hàm lượ ng % của các chất trong từng hỗn hợ p cũng như tổng hàm lượ ng % trong hỗnhợ p mớ i tạo thành.

Điểm mấu chốt là phải xác định đượ c chúng các giá tr ị hàm lượ ng % cần thiết.

3. Đánh giá phươ ng pháp đườ ng chéo





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

- Đây là phươ ng pháp có nhiều ưu điểm, giúp tăng tốc độ tính toán, và là 1 công cụ bổ tr ợ r ất đắc lực cho phươ ng pháp trung bình.

- Phươ ng pháp đườ ng chéo có thể áp dụng tốt cho nhiều tr ườ ng hợ p, nhiều dạng bài tậ p,đặc biệt là dạng bài pha chế dung dịch và tính thành phần hỗn hợ p.

- Thườ ng sử dụng k ết hợ p giữa đườ ng chéo vớ i phươ ng pháp trung bình và phươ ng pháp bảo toàn nguyên tố. Vớ i hỗn hợ p phức tạ p có thể sử dụng k ết hợ p nhiều đườ ng chéo.

- Trong đa số tr ườ ng hợ p không cần thiết phải viết sơ đồ dườ ng chéo nhằm rút ngắn thờ igian làm bài.

- Nhượ c điểm của phươ ng pháp này là không áp dụng đượ c cho những bài toán trong đócó xảy ra phản ứng giữa các chất tan vớ i nhau, không áp dụng đượ c vớ i tr ườ ng hợ p tính toán pH.

II. CÁC BƯỚ C GIẢI

- Xác định tr ị số cần tìm từ đề bài

- Chuyển các số liệu sang dạng đại lượ ng % khối lượ ng

- Xây dựng đườ ng chéo => K ết quả bài toán

III. CÁC TR ƯỜ NG HỢ P ÁP DỤNG VÀ THÍ DỤ MINH HOẠ Dạng 1. Pha chế dung dịch

Thí dụ 1. Để thu đượ c dung dịch HNO3 20% cần lấy a gam dung dịch HNO3 40% pha vớ i bgam dung dịch HNO3 15%. Tỉ lệ a/b là:

A. 1/4. B.1/3. C.3/1. D.4/1.

H ướ ng d ẫ n giải:

Áp dụng công thức (1): a / b = (15 - 20) / (40 - 20) = 1 /4 => Đáp án A

Thí dụ 2. Hoà tan hoàn toàn m gam Na2O nguyên chất vào 75,0 gam dung dịch NaOH 12,0%thu đượ c dung dịch NaOH 58,8%. Giá tr ị của m là

A. 66,0. B.50,0. C.112,5. D.85,2.

Phản ứng hoà tan: Na2O + H2O -> 2NaOH

62 gam 80 gam





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Coi Na2O nguyên chất như dung dịch NaOH có nồng độ C = (80 / 62)100 = 129,0%

Theo (1): m / 75 = ( | 12,0 - 58,8| ) / ( |129,0 - 58,8| ) = 46,8 / 70,2 = 50 gam

Đáp án B

Thí dụ 3. Để thu đượ c 42 gam dung dịch CuSO4 16% cần hoà tan x gam tinh thể CuSO4.5H2Ovào y gam dung dịch CuSO4 8%. Giá tr ị của y là:

A. 35. B.6. C.36. D.7.


Coi tinh thể CuSO4.5H2O là dung dịch CuSO4 có nồng độ:

C = (160.100) / 250 = 64%

Theo (1): y / x = ( |116 - 64| ) / ( |16 - 8| )

=> y = 36 gam => Đáp án C

Dạng 2. Tính tỉ lệ mol các chất trong hỗn hợ p

Thí dụ 4. Một hỗn hợ p khí gồm NO2 và N2O4 ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối đối vớ i oxi là

2,25. Thành phần % v

ề th

ể tích c

ủa NO2 trong h

ỗn h

ợ p là:

A. 47,8%. B.43,5% C.56,5%. D.52,2%


Cách 1. Sơ đồ đườ ng chéo:

Đáp án B.





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Thí dụ 7. Nung hỗn hợ p X gồm CaCO3 và CaSO3 tớ i phản ứng hoàn toàn đượ c chất r ắn Y cókhối lượ ng bằng 50,4% khối lượ ng của X. Thành phần % khối lượ ng của CaCO3 trong X là:

A.60%. B.45,5%. C.54,5%. D.40%.


Dạng 4. Bài toán trộn lẫn hai chất rắn

Thí dụ 8. X là quặng hematit chứa 60% Fe2O3. Y là quặng manhetit chứa 69,6% Fe3O4. Tr ộn atấn quặng X vớ i b tấn quặng Y thu đượ c quặng Z, mà từ 1 tấn quặng Z có thể điều chế đượ c 0,5tấn gang chứa 4% cacbon. Tỉ lệ a/b là:

A.5/2. B.4/3. C.3/4. D.2/5.


"Chất tan" ở đây là Fe. % khối lượ ng Fe trong các quặng lần lượ t là:

Trong quặng X: C1 = 60(112/160) = 42%.

Trong quặng Y: C2 = 69,6(168/1232) = 50,4%

Trong quặng Z: C = (100 - 4) / 2 = 48%

Theo (1): a/b = ( | 50,4 - 48,0 | ) / ( | 42,0 - 48,0 | ) = 2/5

=> Đán án D





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Câu 5: Một hỗn hợ p gồm CO và CO2 ở điểu kiện tiêu chuẩn có tỉ khối đối vớ i hidro là 18,2.Thành phần % về thể tích của CO2 trong hỗn hợ p là:

A. 45,0%. B. 47,5%. C. 52,5%. D. 55,0%.

Câu 6: Cần tren 2 thể tích metan vớ i 1 thể tích hidrocacbon X để thu đượ c hỗn hợ p khí có tỉ khối hơ i so vớ i hidro bằng 15. X là:

A. C4H10. B. C3H8. C. C4H8. D. C3H6.

Câu 7: Một loại khí lò cốc (thành phần chính là CH4 và H2) có tỉ khối so vớ i He là 1,725. Thể tích H2 có trong 200,0 ml khí lò cốc đó là:

A. 20,7 ml. B. 179,3 ml. C. 70,0 ml. D. 130,0 ml.

Câu 8: Thêm 150 ml dung dịch KOH 2M vào 120 ml dung dịch H3PO4 1M. Khối lượ ng cácmuối thu đượ c trong dung dịch là:

A. 9,57 gam K 2HPO4; 8,84 gam KH2PO4.

B. 10,44 gam K 2HPO4; 12,72 gam K 3PO4.

C. 10,24 gam K 2HPO4; 13,50 gam KH2PO4.

D. 13,05 gam K 2HPO4; 10,60 gam K 3PO4.Câu 9: Hòa tan 2,84 gam hỗn hợ p 2 muối CaCO3 và MgCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu đượ c0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Thành phần % số mol của MgCO3 trong hỗn hợ p là:

A. 33,33%. B. 45,55%. C. 54,45%. D. 66,67%.

Câu 10: X là khoáng vật cuprit chứa 45% Cu2O. Y là khoáng vật tenorit chứa 70% CuO. Cầntr ộn X và Y theo tỉ lệ khối lượ ng t = mx/my để đượ c quặng C, mà từ 1 tấn quặng C có thể điềuchế đượ c tối đa 0,5 tấn đồng nguyên chất. Giá tr ị của t là:

A. 5/3. B. 5/4. C. 4/5. D. 3/5.

Câu 11: Nhiệt phân hoàn toàn 108 gam hỗn hợ p X gồm Na2CO3 và NaHCO3 đượ c chất r ắn Ycó khối lượ ng bằng 75,4% khối lượ ng của X. Khối lượ ng naHCO3 có trong X là:


Câu 12: Đốt cháy hoàn toàn 21,0 gam dây sắt trong không khí thu đượ c 29, 4 gam hỗn hợ p cácoxit Fe2O3 và Fe3O4. Khối lượ ng Fe2O3 tạo thành là:





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)


Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn 15,68 lít hỗn hợ p khí (đktc) gồm 2 hidrocacbon thuộc cùng dãy

dồng đẳng, có khối lượ ng phân tử hơ n kém nhau 28 đvC, thu đượ c n CO2 / n H2O = 24/31.CTPT và % khối lượ ng tươ ng ứng vớ i các hidrocacbon lần lượ t là:

A. C2H6 (28,57%) và C4H10 (71,43%).

B. C3H8 (78,57%) và C5H12 (21,43%).

C. C2H6 (17,14%) và C4H10 (82,86%).

D. C3H8 (69,14%) và C5H12 (30,86%).

Câu 14: Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol H2SO4 đặc, nóng (giả thiết SO2 là sản phẩm khử duy nhất). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đượ c:

A. 0,03 mol Fe2(SO4)3 và 0,06 mol FeSO4.

B. 0,12 mol FeSO4.

C. 0,02 mol Fe2(SO4)3 và 0,08 mol FeSO4.

D. 0,06 mol Fe2(SO4)3.

Câu 15: Để thu đượ c dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha vớ i m2 gamdung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là:

A. 1:2. B. 1:3. C. 2:1. D. 3:1.

Câu 16: Để pha 500 ml dung dịch nướ c muối sinh lí (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch NaCl3%. Giá tr ị của V là:

A. 150. B. 214,3. C. 285,7. D. 350.

Câu 17: Một hỗn hợ p gồm O2, O3 ở đktc có tỉ khối hơ i đối vớ i hidro là 18. Thành phần % về thể tích O3 trong hỗn hợ p là:

A. 15%. B. 25%. C. 20%. D. 30%.

Câu 18: Số lít nướ c nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H2SO4 98% (d = 1,84 g/ml) để đượ c dung dịch mớ i có nồng độ 10% là:

A. 14,192. B. 15,192. C. 16,192. D. 17,192.





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Câu 19: Hòa tan 2,84 gam hỗn hợ p 2 muối CaCO3 và MgCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu đượ c0,672 lít khí ở đktc. Thành phần % số mol của MgCO3 trong hỗn hợ p là:

A. 66,67%. B. 54,45%. C. 45,55%. D. 33,33%.

Đáp án:

1B - 2D - 3D - 4C - 5C - 6A - 17D

8B - 9A - 10D - 11C - 12A - 13C - 14A - 15A - 16A - 17B - 18C - 19D





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

PHƯƠ NG PHÁP SỬ DỤ NG CÔNG THỨ C KINH NGHIỆM

(Trích t ừ cuố n “Phươ ng pháp mớ i gi ải nhanh các bài toán Hóa học THPT” )

I. PHƯƠ NG PHÁP GIẢI

1. Nội dung phươ ng pháp

* Xét bài toán tổng quát quen thuộc:

+ O2 +HNO3(H2SO4 đặc, nóng)

m gam m1gam (n: max)

Gọi:Số mol kim loại a

Số oxi hoá cao nhất (max) của kim loại là n

Số mol electron nhận ở (2) là t mol

Ta có:

Mặt khác:ne nhận = n e (oxi) + ne (2)





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

+ Ứ ng vớ i M là Fe (56), n = 3 ta đượ c: m = 0.7.m1 + 5,6.t (2)

+ Ứ ng vớ i M là Cu (64), n = 2 ta đượ c: m = 0.8.m1 + 6,4.t (3)

Từ (2,3) ta thấy:

+ Bài toán có 3 đại lượ ng: m, m1 và Σne nhận (2) (hoặc V khí (2)).

Khi biết 2 trong 3 đại lượ ng trên ta tính đượ c ngay đại lượ ng còn lại.

+ Ở giai đoạn (2) đề bài có thể cho số mol, thể tích hoặc khối lượ ng của 1 khí hay nhiều khí; ở giai đoạn (1) có thể cho số lượ ng chất r ắn cụ thể là các oxit hoặc hỗn hợ p gồm kim loại dư và

các oxit.

2. Phạm vi áp dụng và một số chú ý

+ Chỉ dùng khí HNO3 (hoặc (H2SO4 đặc, nóng) lấy dư hoặc vừa đủ.

+ Công thức kinh nghiệm trên chỉ áp dụng vớ i 2 kim loại Fe và Cu.

3. Các bướ c giải

+ Tìm tổng số mol electron nhận ở giai đoạn khử N+5 hoặc S+6

+ Tìm tổng khối lượ ng hỗn hợ p r ắn (kim loại và oxit kim loại): m1

+ Áp dụng công thức (2) hoặc (3)

II. THÍ DỤ MINH HOẠ





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Thí dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn 5,6 gam bột Fe trong bình O2 thu đượ c 7,36 gam hỗn hợ p X gồm

Fe2O3, Fe3O4 và một phần Fe còn dư. Hoà tan hoàn toàn lượ ng hỗn hợ p X ở trên vào dung dịch

HNO3 thu đượ c V lít hỗn hợ p khí Y gồm NO

2 và NO có tỉ khối so vớ i H

2 bằng 19.

Giá tr ị của V là:

A. 0,896. B. 0,672. C. 1,792. D.0,448.


Áp dụng công thức (1): ∑ne nhận (2) => ∑ne nhận (2) = 0,08

Từ dy/H2 =19 => n NO2 = n NO = x

Vậy: V = 22,4.0,02.2 = 0,896 lít -> Đáp án A.

Thí dụ 2. Để m gam bột Fe trong không khí một thờ i gian thu đượ c 11,28 gam hỗn hợ p X gồm

4 chất. Hoà tan hết X trong lượ ng dư dung dịch HNO3 thu đượ c 672ml khí NO (sản phẩm khử

duy nhất, đktc). Giá tr ị của m là:

A. 5,6. B.11.2. C.7,0 D. 8.4.


Áp dụng công thức (2):

-> Đáp án D.

Thí dụ 3. Cho 11,36 gam hỗn hợ p X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết vớ i dung dịch

HNO3 loãng, dư thu đượ c 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch Y.

Cô cạn dung dịch Y thu đượ c m gam muối khan.Giá tr ị của m là:

A. 49,09 B. 35,50 C. 38,72. D.34,36.







Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

=> m = 38,72 gam

Đáp án C.

Thí dụ 4. Cho 11,6 gam hỗn hợ p X gồm Fe, FeO, Fe2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư thuđượ c V lít khí Y gồm NO và NO2 có tỉ khối so vớ i H2 bằng 19. Mặt khác, nếu cho cùng lượ ng

hỗn hợ p X trên tác dụng vớ i khí CO nóng dư thì sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đượ c9,52 gam Fe. Giá tr ị của V là:

A. 1,40. B. 2,80 C.5,60. D.4,20


Từ dy/H2 =19 => n NO2 = n NO = x => ∑ne nhận = 4x

Áp dụng công thức: 9,52 = 0,7.11,6 + 5,6.4x => x = 0,0625

=> V = 22,4.0,0625.2 = 2,80 lít -> Đáp án B

Thí dụ 5. Nung m gam bột Cu trong oxi thu đượ c 24,8 gam hỗn hợ p chất r ắn X gồm Cu, CuOvà Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4

đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 (sản phẩm khử

duy nhất, ở đktc). Giá tr ị của m là:

A. 9,6 B. 14,72 C. 21,12 D. 22,4.

Hướ ng dẫn giải:


M = 0,8m r ắn + 6,4.n e nhận ở (2)=> m = 0,8.24,8 + 6,4.0,2.2 = 22,4 gam => Đáp án D.

III. Bài tập áp dụng

Câu 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thờ i gian thấy khối lượ ng của hỗn hợ p thuđượ c là 12 gam. Hòa tan hỗn hợ p này trong dung dịch HNO3 thu đượ c 2,24 lít khí NO (sản

phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá tr ị của m là:


Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 10 gam hỗn hợ p X (Fe, Fe2O3) trong dung dịch HNO3 vừa đủ thu

đượ c 1,12 lít NO (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Cho Y tác dụng vớ i dungdịch NaOH dư đượ c k ết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khi khối lượ ng không đổi đượ c

m gam chất r ắn. Giá tr ị của m là:

A. 12 gam. B. 16 gam. C. 11,2 gam. D. 19,2 gam.

Câu 3: Hòa tan hết m gam hỗn hợ p Fe, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch HNO3 đặc,nóng dư đượ c

448 ml khí NO2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng đượ c 14,52 gam muối khan. Giá tr ị của m là:





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)


Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 5,6 gam bột Fe trong bình oxi thu đượ c 7,36 gam hỗn hợ p X gồm

Fe2O3, Fe3O4 và một phần Fe dư. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợ p X bằng dung dịch HNO3 thu đượ cV lít khí Y gồm NO2 và NO có tỉ khối so vớ i H2 bằng 19. Giá tr ị của V là:


Câu 5: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau một thờ i gian thu

đượ c 13,92 gam hỗn hợ p X gồm 4 chất. Hòa tan hết X bằng HNO3 đặc, nóng dư đượ c 5,824 lít

NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá tr ị của m là:

A. 16 gam. B. 32 gam. C. 48 gam. D. 64 gam.

Câu 6: Cho 11,6 gam hỗn hợ p X gồm Fe, FeO, Fe2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư đượ c V

lít khí Y gồm NO và NO2 có tỉ khối hơ i so vớ i H2 là 19. Mặt khác, nếu cho cùng lượ ng khí hỗnhợ p X trên tác dụng vớ i khí CO dư thì sau phản ứng hoàn toàn đượ c 9,52 gam Fe. Giá tr ị của V

là:


Câu 7: Nung m gam bột đồng kim loại trong oxi thu đượ c 24,8 gam hỗn hợ p r ắn X gồm Cu,

CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 (sản phẩm

khử duy nhất, ở đktc). Giá tr ị của m là:


Câu 8: Hòa tan hoàn toàn 18,16 gam hỗn hợ p X gồm Fe và Fe3O4 trong 2 lít dung dịch HNO3 2M thu đượ c dung dịch Y và 4,704 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Phần tr ăm khối

lượ ng Fe trong hỗn hợ p X là:

A. 38,23%. B. 61,67%. C. 64,67%. D. 35,24%.

Câu 9: Cho m gam hỗn hợ p X gồm Fe, Fe3O4 tác dụng vớ i 200 ml dung dịch HNO3 3,2M. Sau

khi phản ứng hoàn toàn đượ c 0,1 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và còn lại 1,46 gam kim

loại không tan. Giá tr ị của m là:


Câu 10: Để m gam Fe trong không khí 1 thờ i gian đượ c 7,52 gam hỗn hợ p X gồm 4 chất. Hòatan hết X trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư đượ c 0,672 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất,

ở đktc) và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y đượ c m1 gam muối khan. Giá tr ị của m và

m1 lần lượ t là:

A. 7 gam và 25 gam. B. 4,2 gam và 1,5 gam.

C. 4,48 gam và 16 gam. D. 5,6 gam và 20 gam.





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

Câu 11: Cho 5,584 gam hỗn hợ p bột Fe và Fe3O4 tác dụng vừa đủ vớ i 500 ml dung dịch HNO3

loãng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn đượ c 0,3136 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Nồng độ mol của dung dịch HNO

3 là:

A. 0,472M. B. 0,152M C. 3,04M. D. 0,304M.

Câu 12: Để khử hoàn toàn 9,12 gam hỗn hợ p các oxit: FeO, Fe3O4 và Fe2O3 cần 3,36 lít H2

(đktc). Nếu hòa tan 9,12 gam hỗn hợ p trên bằng H2SO4 đặc nóng dư thì thể tích khí SO2 (sản

phẩm khử duy nhất, ở đktc) thu đượ c tối đa là:

A. 280 ml. B. 560 ml. C. 672 ml. D. 896 ml.

Câu 13: Cho khí CO đi qua ống sứ đựng 16 gam Fe2O3 đun nóng, sau khi phản ứng thu đượ chỗn hợ p X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc nóng thu đượ c

dung dịch Y. Khối lượ ng muối trong Y là:A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam.

Câu 14: Hòa tan 11,2 gam kim loại M trong dung dịch HCl dư thu đượ c 4,48 lít H2 (ở đktc).

Còn nếu hòa tan hỗn hợ p X gồm 11,2 gam kim loại M và 69,6 gam oxit MxOy trong lượ ng dư

dung dịch HNO3 thì đượ c 6,72 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Công thức của oxit

kim loại là:

A. Fe3O4. B. FeO C. Cr 2O3. D. CrO.

Câu 15: Cho 37 gam hỗn hợ p X gồm Fe, Fe3O4 tác dụng vớ i 640 ml dung dịch HNO3 2M

loãng, đung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đượ c V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,92 gam kim loại. Giá tr ị của V là:


Câu 16: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ chứa 0,12 mol hỗn hợ p gồm FeO và Fe2O3 nung

nóng, phản ứng tạo ra 0,138 mol CO2. Hỗn hợ p chất r ắn còn lại trong ống nặng 14,325 gam

gồm 4 chất. Hòa tan hết hỗn hợ p 4 chất này vào dung dịch HNO3 dư thu đượ c V lít khí NO (sản

phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá tr ị của V là:


Câu 17: Cho luông khí CO đi qua ống sứ đựng 5,8 gam FexOy nung nóng trong một thờ i gianthu đượ c hỗn hợ p khí X và chất r ắn Y. Cho Y tác dụng vớ i dung dịch HNO3 dư đượ c dung dịch

Z và 0,784 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch Z đượ c 18,15 gam

muối khan. Hòa tan Y bằng HCl dư thấy có 0,672 lít khí (ở đktc). Phần tr ăm khối lượ ng của sắt

trong Y là:

A. 67,44%. B. 32,56%. C. 40,72%. D. 59,28%.

Câu 18: Cho luồng khí CO đi qua ống sư đựng 30,4 gam hỗn hợ p X gồm Fe2O3 và FeO nung

nóng trong một thờ i gian dài thu đượ c hỗn hợ p chất r ắn Y. Hòa tan hết Y trong HNO3 vừa đủ





Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh)

đượ c dung dịch Z. Nhúng thanh đồng vào dung dịch Z đến khi phản ứng hoàn toàn thấy khối

lượ ng thanh đồng giảm 12,8 gam. Phần tr ăm khối lượ ng của các chất trong hỗn hợ p X lần lượ t bằng:

A. 33,3% và 66,7%. B. 61,3% và 38,7%.

C. 52,6% và 47,4%. D. 75% và 25%.

Câu 19: Hòa tan hoàn toàn m gam Fe3O4 trong dung dịch HNO3, toàn bộ lượ ng khí NO thoát ra

đem tr ộn vớ i lượ ng O2 vừa đủ để hỗn hợ p hấ p thụ hoàn toàn trong nướ c đượ c dung dịch HNO3.

Biết thể tích Oxi đã tham gia vào quá trình trên là 336 ml (ở đktc). Giá tr ị của m là:


Câu 20: Thổi từ từ V lít hỗn hợ p khí CO và H2 có tỉ khối hơ i so vớ i H2 là 7,5 qua một ống sứ

đựng 16,8 gam hỗn hợ p 3 oxit CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng. Sau khi phản ứng thu đượ c hỗnhợ p khí và hơ i có tỉ khối so vớ i H2 là 15,5; dẫn hỗn hợ p khí này vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy

có 5 gam k ết tủa. Thể tích V (ở đktc) và khối lượ ng chất r ắn còn lại trong ống sứ lần lượ t là:

A. 0,448 lít; 16,48 gam. B. 1,12 lít; 16 gam.

C. 1,568 lít; 15,68 gam. D. 2,24 lít; 15,2 gam.

Đáp án:

1B - 2C - 3C - 4A - 5A - 6A - 7D - 8B - 9C - 10D

11A - 12C - 13C - 14A - 15B - 16C - 17B - 18C - 19B - 20D.




[email protected]

Phân tích hệ số phản ứ ng

và ứ ng dụng trong giải nhanh bài toán Hóa học

V ũ Khắc Ng ọc

Phòng Công nghệ Hóa sinh Protein – Vi ện Công nghệ Sinh học


Các bạn và các em thân mến, trong quátrình dạy và học Hóa, lâu nay chúng ta dườ ngnhư ít dành sự quan tâm đến các hệ số cân bằng trong phản ứng hóa học, có chăng chỉ làcác em học sinh lớ p 8 và lớ p 10 làm quen vớ icác phươ ng pháp cân bằng phản ứng (đại số,electron, ion – electron). Tuy nhiên, thực tế làtrong quá trình giải các bài tậ p Hóa học, hệ số cân bằng của phản ứng còn có thể gợ i ý cho tanhững phươ ng pháp nhanh và mạnh để giảiquyết bài toán. Bài viết dướ i đây sẽ tổng k ếtmột số k ết quả quan tr ọng thu đượ c từ việc“ phân tích hệ số cân bằng của các phản ứ ng

và ứ ng d ụng của nó trong vi ệc gi ải nhanh bài

toán Hóa học”

1. H ệ số phản ứ ng – phản ánh khả năng

phản ứ ng của các chấ t

Ví dụ 1: Tỷ khối của hỗn hợ p gồm H2, CH4,

CO so vớ i Hidro bằng 7,8. Để đốt cháy hoàntoàn một thể tích hỗn hợ p này cần 1,4 thể tíchoxi. Xác định thành phần phần tr ăm về thể tíchcủa hỗn hợ p.

A. 20%, 50%, 30%B. 33,33%, 50%, 16,67%C. 20%, 60%, 20%D. 10%, 80%, 10%


Cách 1: Phươ ng pháp đư a thêm số liệu.

Cách 2: Phân tích hệ số k ế t hợ p đườ ng chéo Phân tích hệ số cân bằng của phản ứng, ta thấy:

2 2

2

4 2

1

21

2

2

H O

CO O

CH O

+ →

+ →

+ →

Do đó, áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo, tacó:

21 ,4

2 0,9

0,6 2

3

(CO, H2)

(CH4)

1

Suy ra,4

3% 100% 60%

2 3CH V = × =+

( đố i vớ i bài thi tr ắ c nghiệm, có thể suy ra ngayđ áp án đ úng là đ áp án có4

% 60%CH

V = )

Giải tiế p ta có2

% % 20% H COV V = =

(dùng phươ ng pháp đưa thêm số liệu và 1đườ ng chéo hoặc dùng 2 đườ ng chéo)

Ví dụ 2: Thêm 250 ml dung dịch NaOH2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Muốitạo thành và khối lượ ng tươ ng ứng là:

A. 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4 B. 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4

C. 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4 D. 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4


Cách 1: Đặt ẩ n và giải hệ phươ ng trình Cách 2: Phân tích hệ số k ế t hợ p đườ ng chéo

Có: 23

5

0,2.1,5

0,25.2

n

n1

43POH

NaOH <==<

⇒ Tạo ra hỗn hợ p 2 muối: NaH2PO4, Na2HPO4

Sơ đồ đườ ng chéo:

Na2HPO4 (n1 = 2) |1 - 5/3| n NaH2PO4 (n2 = 1) |2 - 5/3|

53

=

23

13

=

=

⇒ 1

2

n

n

42

42

PO NaH

HPO Na= ⇒

4242 PO NaHHPO Na 2nn =

http://my.opera.com/saobanglanhgia1




[email protected]

Mà (mol)3,0nnn434242 POHPO NaHHPO Na ==+

⇒ ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

(mol)0,1n

(mol)0,2n

42

42

PO NaH

HPO Na

⇒ ⇒ Đáp án C.⎪⎩

⎪⎨⎧

==

==

(g)12,00,1.120m

(g)28,40,2.142m

42

42

PO NaH

HPO Na

Ví dụ 3: Dẫn 2,24l (ở đktc) một hỗn hợ pgồm etilen, propen, các buten và axetilen quadung dịch đựng Brom dư thì thấy lượ ng Bromtrong bình giảm 19,2 gam. Tính lượ ng CaC2 cần dùng để điều chế đượ c lượ ng Axetilen cótrong hỗn hợ p trên.

A. 6,4 gamB. 1,28 gamC. 2,56 gam

D.

Không xác định đượ c vì thiếu dữ kiện H ướ ng d ẫ n gi ải:

2

19,20,12

160nBr mol = =

2,240,1

22,4hhn = =


mol

Phân tích hệ số cân bằng của phản ứng, ta có:

2

2 2 2

1

2

Anken Br

C H Br

+ →

+ →

Do đó, áp dụng phươ ng pháp đườ ng chéo, tacó:

1,2

2 0,2

0,8 4

1

(Anken)

(C 2H2)

1

Suy ra,2 2 2

10,1 0,02

1 4CaC C H n n m= = × =+

ol

3

Và . Đáp án B.2

64 0,02 1, 28CaC

m g = × =

Qua các ví d ụ trên cho thấ y, phân tích hệ

số cân bằ ng phản ứ ng có thể d ẫ n đế n việc sắ p xế p một hỗ n hợ p các chấ t đ ã cho vào 2 nhóm

có khả năng phản ứ ng khác nhau và do đ ó cóthể sử d ụng đượ c phươ ng pháp đườ ng chéo để giải r ấ t nhanh, thay vì dùng các phươ ng pháp

khác như đư a thêm số liệu, đặt ẩ n – giải hệ hay

ghép ẩ n số . Đồng thờ i, nó cũng g ợ i ý cho ta

việc giải các bài toán hỗ n hợ p nhiề u hơ n 2

chấ t bằ ng phươ ng pháp đườ ng chéo.

Dạng bài này có thể áp d ụng cho các bài

toán hỗ n hợ p ở nhiề u phản ứ ng khác nhau: kim

loại + axit, muố i + axit, các đơ n chấ t + oxi,

baz ơ + axit, kim loại + phi kim, ....

2. H ệ số phản ứ ng – phản ánh sự t ăng

gi ảm thể tích khí trong phản ứ ngVí dụ 1: Đưa một hỗn hợ p khí N2 và H2

có tỷ lệ 1:3 vào tháp tổng hợ p, sau phản ứngthấy thể tích khí đi ra giảm 1/10 so vớ i banđầu. Tính thành phần phần tr ăm về thể tích củahỗn hợ p khí sau phản ứng.

A. 20%, 60%, 20%B. 22,22%, 66,67%, 11,11%C. 30%, 60%, 10%D. 33,33%, 50%, 16,67%


2 23 2 N H NH +

Cách 1: Phươ ng pháp đư a thêm số liệu

Cách 2: Phân tích hệ số phản ứ ng

Để giải nhanh bài toán này, ta dựa vào 2 k ếtquả quan tr ọng:

- Trong phản ứ ng có hiệu suấ t nhỏ hơ n100%, nế u t ỷ l ệ các chấ t tham gia phản ứ ng

bằ ng đ úng hệ số cân bằ ng trong phươ ng trình

phản ứ ng, thì sau phản ứ ng, phần chấ t d ư cũng

có t ỷ l ệ đ úng vớ i hệ số cân bằ ng trong phản

ứ ng. Cụ thể tr ườ ng hợ p này là 1:3. Do đó A và B cókhả năng là đáp án đúng.

- Trong phản ứ ng t ổ ng hợ p amoniac, thể tích khí giảm sau phản ứ ng đ úng bằ ng thể tích

khí NH 3 sinh ra.Trong tr ườ ng hợ p này, 3% 1/ NH 10= hỗn

hợ p đầu hay là 1/ hỗn hợ p sau. Dođó B là đáp án đúng

9 11,11%=

Ví dụ 2: Cracking 560 lít C4H10 thu đượ c1010 lít hỗn hợ p khí X khác nhau. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc. Thể tích (lít) C4H10 chưa bị cracking là:

A. 60 C. 100B. 110 D. 450





[email protected]

' Ankan Ankan Anken→ + Dựa vào hệ số cân bằng của phản ứngcracking, ta thấy: Thế tích (hay số mol) khí

t ăng sau phản ứ ng đ úng bằ ng thể tích (hay số mol) ankan đ ã tham gia Cracking.


Ở đây là: 1010 560 450V l = − =Do đó, phần C4H10 chưa bị cracking là 110 lítứng vớ i đáp án B.

Ví dụ 3: Crackinh C4H10 thu đượ c hỗn hợ pchỉ gồm 5 hidrocacbon có tỷ khối hơ i so vớ i H2 là 16,325. Tính hiệu suất của phản ứngcracking.


Cách 1: Phươ ng pháp ghép ẩ n số Cách 2: Phươ ng pháp đư a thêm số liệu

Cách 3: Phươ ng pháp đườ ng chéo Cách 4: Phân tích hệ số phản ứ ng

Khối lượ ng hỗn hợ p truớ c và sau phản ứng

đượ c bảo toàn: t sm m=

Do đó, ta có tỷ số:

2

2

58 58

16,325 2 32,65

t

t H t t s

s s s t H

s

md

M n n

md n M

n

= = = = =×

Vì số mol hỗn hợ p sau nhiều hơ n số mol banđầu chính bằng số mol ankan đã cracking nên:

58% 1 100% 77,64%

32,65 H

⎛ ⎞= − × =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Dạng bài này có thể áp d ụng mở r ộng cho

các bài t ậ p: craking ankan, t ổ ng hợ p amoniac,

ozone hóa O2 , oxi hóa SO2 thành SO3 , ...

3. H ệ số phản ứ ng – phản ánh đị nh luật

bảo toàn nguyên t ố

Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hơ ichất A, cần đúng 250 ml oxi, chỉ tạo ra 200mlCO2 và 200 ml hơ i nướ c (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện). Xác định công thức phân tử của A.


Có thể giải r ất nhanh bài toán đã cho như sau:

2 21 2,5 2 2 x y z

C H O O CO H O2+ → +

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, dễ dàng có A là C2H4O.

Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn a gam một oxitsắt bằng dung dịch H SO đậm đặc vừa đủ, cóchứa 0,075 mol H SO , thu đượ c b gam mộtmuối và có 168 ml khí SO (đktc) duy nhấtthoát ra. Tìm a,b và công thức của oxit đã cho.

2 4

2 4

2


Gọi công thức của oxit đã cho là FexOy.

2

0,1680,0075

22,4SOn m= = ol

Viết lại phản ứng:

2 4 2 4 3 2 20,075 ( ) 0,0075 x y Fe O H SO Fe SO SO H O+ → + +

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố S, ta có:

2 4 3( )

0,075 0,00750,0225 0,045

3 Fe SO Fen n mo

−= = → =

Tươ ng tự, bảo toàn nguyên tố H và O, ta có:0,06On m= ol

g

(hoặc dùng phươ ng pháp bảo toàn electron)Do đó, dễ dàng suy ra oxit đã cho là Fe3O4.Và 3, 48 , 9a g b= =

Cách làm này hay hơ n hẳ n so vớ i cách làmthông thườ ng là viế t phươ ng trình phản ứ ng ra

r ồi cân bằ ng vớ i hệ số chữ , r ấ t mấ t thờ i gian

và d ễ nhầm l ẫ n.

Dạng bài này có thể áp d ụng đượ c cho

nhiề u bài t ậ p xác định công thứ c phân t ử trong

cả Hóa hữ u cơ và vô cơ , đồng thờ i còn có thể dùng để tính toán nhiề u đại l ượ ng quan tr ọng

khác.

4. H ệ số phản ứ ng trong các phản ứ ng đố tcháy chấ t hữ u cơ

Ta đ ã biế t một chấ t hữ u cơ bấ t k ỳ chứ a 3

nguyên t ố C, H, O có CTPT là

vớ i k là độ bấ t bão hòa (bằ ng t ổ ng số vòng và

số liên k ế t π trong CTCT).

2 2 2n n k C H O+ − x

Xét phản ứ ng cháy của hợ p chấ t này, ta có:




[email protected]

2 2 2 2 2( 1 )n n k xC H O nCO n k H O+ − → + + −

Phân tích hệ số phản ứ ng này, ta có một k ế tquả r ấ t quan tr ọng là:

2 2

1

H O CO

X

n nn

k

−=

−

V ớ i n X là số mol chấ t hữ u cơ bị đố t cháy.

2 tr ườ ng hợ p riêng hay g ặ p trong các bài

t ậ p phổ thông là (hợ p chấ t no, mạch hở C

0k =

n H 2n+2O x ) có2 2

(ankan, r ượ u no

mạch hở , ete no mạch hở , ...) và

X H O COn n n= −

2k = có

(ankin, ankadien, acid không

no 1 nố i đ ôi, andehit, xeton không no 1 nố i đ ôi,

...)

2 2 X CO H n n n= −


O

Ví dụ 1: Hỗn hợ p X gồm r ượ u metylic,

r ượ u etylic, r ượ u propylic và nướ c. Cho a gamG tác dụng vớ i Natri dư đượ c 0,7 mol H2. Đốtcháy hoàn toàn a gam X thu đượ c b mol CO2 và 2,6 mol H2O. Tính a và b.


Cách 1: Phươ ng pháp ghép ấ n số Cách 2: Phân tích hệ số phản ứ ng

Các phản ứng vớ i Na có thể viết chung là:

2

1

2 ROH Na RONa H + → +

Do đó, 22 1, 4 X H n n m= = ol

l

Các chất trong hỗn hợ p X có dạng CnH2n+2O

nên:2 2

1,2 X H O COn n n b mo= − → =

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có:

2

2,6 1,2 2 1,41,8

2On

+ × −= = mol

=2 3

0,085CO CaCOn n mol= =

2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượ ng, ta có:

2 2 242CO H O Oa m m m g = + − =

Ví dụ 2: Một hỗn hợ p gồm anđehit acrylic

và một anđehit đơ n chức X. Đốt cháy hoàntoàn 1,72 gam hỗn hợ p trên cần vừa hết 2,296lít khí oxi (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháyhấ p thụ hết vào dung dịch Ca(OH) dư, thuđượ c 8,5 gam k ết tủa. Công thức cấu tạo của Xlà:

2

A. HCHO C. C H CHO2 5

B. CH CHO D. C H CHO3 3 5


20,1025

On mol


2 2ndehit O CO H Om m m m+ = +

2 21, 26 0,07

H O H Om g n→ = → = mol

ol


2 0,085 0,07 2 0,1025 0,035 Andehit n m= × + − × =

Do đó, KLPT trung bình của 2 anđêhit là:

1,7249,14

0,035 M = =

Anđêhit acrylic có anđêhit còn lạicó

56 M = →49,14 M < , tức là đáp án A hoặc B.

Anđêhit acrylic (C3H4O) là anđêhit không no 1nối đôi, anđêhit còn lại là no đơ n chức nên:

3 4 2 20,015C H O CO H On n n mol = − =

Và anđêhit còn lại có số mol là 0,02 mol.Gọi M là KLPT của Anđêhit còn lại thì:

56 0,015 0,02 1,72 Andehit m M g = × + × =

44 M → = , ứng vớ i đáp án B. Dạng bài này có thể áp d ụng mở r ộng cho

các bài t ậ p đố t cháy các hợ p chấ t hữ u cơ khác,k ể cả hợ p chấ t hữ u cơ có chứ a Nit ơ .

5. T ổ ng k ế t về phươ ng pháp

Các phươ ng pháp giải toán trong Hóa học

đề u có một đặc đ iể m chung là không hề cứ ng

nhắ c ở nhữ ng d ạng bài cố định mà chỉ có

nhữ ng nguyên t ắ c t ư duy là không đổ i, còn việc

vận d ụng phươ ng pháp là hế t sứ c linh hoạt.

Phươ ng pháp phân tích hệ số đ ã nêu trong

bài viế t này cũng vậ y. Ngoài một số d ạng bài

t ậ p phổ biế n đ ã nêu ở trên, ta hoàn toàn có thể phát triể n phươ ng pháp này cho nhiề u bài t ậ pkhác, thậm chí theo hướ ng “phân tích hệ số nguyên t ố trong công thứ c phân t ử ”

Ví dụ 1: Nhiệt phân hoàn toàn 20 gam hỗnhợ p gồm NaNO3 và Cu(NO3)2, sản phẩm khísinh ra đượ c hấ p thụ vào trong H2O dư thì thấy




[email protected]

có 2,24 lít khí thoát ra sau cùng. Xác địnhthành phần phần tr ăm về khối lượ ng của hỗnhợ p đầu.


Các phản ứng xảy ra:

3 2 2

3 2 2 2

2 2 2 3

1 2

1( ) 2

21

2 22

NaNO NaNO O

Cu NO CuO NO O

NO O H O HNO

→ +

→ + +

+ + →


Căn cứ vào hệ số phản ứng có thể thấylượ ng NO2 và O2 sinh ra từ phản ứng nhiệt phân Cu(NO3)2 đượ c hấ p thụ vừa đủ trong

H2O.Do đó, lượ ng khí thoát ra đúng bằng O2 sinh ra từ phản ứng nhiệt phân NaNO3.

3

2,2485 2

22,4% 100% 85%20 NaNO

m

× ×

→ = × =

( ) 23% 1

Cu NOm→ = 5%

Ví dụ 2: Để xác định thành phần quặng sắtgồm Fe3O4 và Fe2O3, ngườ i ta hòa tan hoàntoàn quặng trong dung dịch HCl dư, k ết thúc

phản ứng thu đượ c dung dịch A. Dung dịch Atác dụng vớ i 200ml dung dịch KI 0,3M vừa đủ thì thu đượ c dung dịch B và một chất r ắnkhông tan. Lọc bỏ chất r ắn, cho dung dịch Btác dụng vớ i khí Cl2 dư thì thu đượ c dung C.Lại cho dung dịch C tác dụng vớ i dung dịch NaOH dư, lấy k ết tủa thu đượ c nung đến khốilượ ng không đổi thì thấy chất r ắn cuối cùng cókhối lượ ng thay đổi so vớ i quặng ban đầu là0,16 gam. Xác định thành phần phần tr ăm theo

khối lượ ng của quặng sắt. H ướ ng d ẫ n gi ải:

Cách 1: Đặt ẩ n và giải hệ phươ ng trình

Cách 2: Phân tích hệ số nguyên t ố trong CTPT Sơ đồ chuyển hóa quặng thành chất r ắn:

3 4 2 3 2 3, Fe O Fe O Fe O→

Phân tích hệ số nguyên tố trong CTPT, ta thấy:

3 4 2 32 3 Fe O Fe O→ tăng thêm 1 nguyên tử O nên

khối lượ ng chất r ắn tăng 16g.Mà theo đề bài, khối lượ ng chất r ắn tăng là0,16g

→ quặng ban đầu chứa 0,02 mol Fe3O4 (sau đóchuyển thành 0,03 mol Fe2O3 trong chất r ắn)2 3

3 4 2 8 2 4 Fe O H Fe Fe H O+ + ++ → + + 3 2

22 2 2 Fe I Fe+ − + I + → +

Số mol Fe2O3 trong hỗn hợ p đầu là:

3 4

2 3

20,01

2 Fe O I

Fe O

n nn m

−

ol −

= =

Từ đó, dễ dàng có: và3 4

% 74,3 Fe Om = 6%

4%2 3

% 25,6 Fe O

m =

Dạng bài t ậ p này thườ ng áp d ụng cho cácbài toán vớ i oxit của Fe, trong đ ó hệ số của

các oxit thườ ng đượ c quy đổ i cho nhau. Tuy

nhiên, cũng có thể mở r ộng bài toán cho hợ pchấ t của nhiề u nguyên t ố khác.

6. M ột số bài t ậ p áp d ụng:

BT 1. Hỗn hợ p X gồm Fe, Mg và Zn. BiếtX tác dụng vớ i HCl thì thu đượ c 12,32 lít khí,còn khi cho X tác dụng vớ i dung dịch HNOđặc, nóng thì thu đượ c 29,12 lít khí NO . Biết

các thể tích khí đều đo ở đktc. Xác định khốilượ ng của Fe trong hỗn hợ p.

3

2

A. 11,2 gam C. 5,6 gamB. 8,4 gam D. 14 gam

BT 2. Hỗn hợ p X gồm 0,6 mol kim loạichứa Fe, Mg và Al. Biết X tác dụng vớ i HClthu đượ c 17,92 lít khí. Hỏi nếu cho X tác dụngvớ i dung dịch NaOH thì thể tích khí thu đượ clà bao nhiêu. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc.

A. 13,44 lít C. 4,48 lítB. 6,72 lít D. 17,92 lít

BT 3. Cracking một ankan thu đượ c hỗnhợ p khí có tỷ khối hơ i so vớ i H2 bằng 19,565.Biết hiệu suất của phản ứng Cracking là 84%.Xác định ankan đã cho.

A. Butan C. Pentan




[email protected] http://my.opera.com/saobanglanhgia6

B. Isobutan D. A và B

BT 4. Sau khi ozon hóa, thể tích của O2 giảm đi 5ml. Hỏi có bao nhiêu ml O3 đượ c tạothành.

A. 7,5 ml C. 5ml

B. 10 ml D. 15mlBT 5. Một hỗn hợ p X gồm H và N . Tiến

hành phản ứng tổng hợ p NH từ hỗn hợ p X thìthu đượ c hỗn hợ p Y. Biết khối lượ ng trung bình của X và Y lần lượ t là 7,2 và 7,826. Tínhhiệu suất tổng hợ p NH .

2 2

3

3

A. 60,6% C. 8,69 %B. 17,39% D. 20%

BT 6. Tr ộn 400ml hơ i của một hợ p chấthữu cơ A (chứa C, H, O) vớ i 2 lít O2 r ồi đốt

cháy. Hỗn hợ p khí sinh ra nếu dẫn qua CaCl2 khan thì thể tích giảm 1,6 lít. Nếu dẫn tiế p quaKOH dư thì thể tích giảm thêm 1,2 lít nữa vàthoát ra sau cùng là 400ml O2 còn dư. Xác địnhcông thức phân tử của A (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện).

A. C3H8O2 C. C3H8O3

B. C3H8O D. C4H6O2

BT 7. Hỗn hợ p X gồm 2 chất hữu cơ k ế tiế p nhau trong cùng dãy đồng đẳng, phân tử của chúng chỉ có một nhóm chức.

Chia X làm 2 phần bằng nhau:- Phần 1: đem đốt cháy hoàn toàn r ồi cho

toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ có CO2 và H2O)lần lượ t qua bình (1) đựng dung dịch H2SO4 đặc, bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấykhối lượ ng bình (1) tăng 2,16 gam và bình (2)có 7 gam k ết tủa.

- Phần 2: cho tác dụng hết vớ i Na dư thì thể tích khí H2 (đktc) thu đượ c là bao nhiêu.

A. 0,224 lít C. 2,24 lít

B. 0,56 lít D. 1,12 lít








Đi ện thoại: 098.50.52.510


(phụ

trách l ớ p h

ọc: 0942.792.710 – ch

ị H ạnh)




RÈN LUYỆN ĐỂ TR Ở THÀNH HỌC SINH GIỎI HÓA

Như đã nhiều lần đề cậ p trong các bài viết của tôi, có 4 yếu tố đưa các em tr ở thành học

sinh giỏi ở bất k ỳ môn học nào là: Kiến thức, K ỹ năng, Kinh nghiệm và Phươ ng pháp (K3P).

Do đặc điểm của GD Việt Nam là “học để thi”, do đó, kiến thức là một yếu tố quan tr ọnghàng đầu trong chươ ng trình giảng dạy, cũng là nội dung chính trong các đề thi. Mặc dù vậy, để

đáp ứng các yêu cầu mớ i của xã hội hiện đại, trong đó sản phẩm, k ết quả của quá trình đào tạo

phải là những con ngườ i “làm đượ c việc”, do đó, các yếu tố về k ỹ năng, kinh nghiệm và phươ ng

pháp tư duy mớ i là những yếu tố quan tr ọng, quyết định sự thành công của mỗi ngườ i trong

cuộc sống.

Khi có t ư duy khoa học d ẫ n đườ ng thì việc tiế p thu kiế n thứ c mớ i là r ấ t d ễ dàng và làm việc gì ta cũng

có thể đạt t ớ i thành công!

Để tìm hiểu vai trò và mối quan hệ của 4 yếu tố trên, chúng ta cùng xem xét một ví dụ sauđây:

Đố t cháy hoàn toàn 22,4g một hợ p chấ t hữ u cơ A chứ a C, H, O cần 15,68 lít khí O2 ở 54,6*C; 2,4 atm. S ản phẩ m thu đượ c chỉ chứ a CO2 và H 2O có t ỷ l ệ thể tích là 3:2. Tìm CTPT của

A bi ế t t ỷ khố i hơ i của A so vớ i H 2 nhỏ hơ n 30.

Bài toán trên có thể có nhiều cách giải, ứng vớ i đặc điểm của từng đối tượ ng học sinh như

sau:

Đốt cháy A chỉ tạo thành CO2 và H2O A chứa C, H và có thể có O, CTPT dạng C→ xHyOz

Cách 1: Phươ ng pháp đại số .

Đây là cách làm thông thườ ng, phổ biến đối vớ i đa số học sinh. N ế u chỉ có kiế n thứ c trong

tay thì đa số các em sẽ làm theo cách này.

( )2

2, 4 15, 681, 4

22,4273 54, 6

273

O

PV n m

RT

×= = =

+ol

Phươ ng trình phản ứng cháy:

2 2 4 2 2 x y z

y z yC H O x O xCO H O

⎛ ⎞+ + − → +⎜ ⎟

⎝ ⎠2

Theo phản ứng: M (gam)4 2

y z x

⎛ ⎞+ −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (mol)

Theo đề bài: 22,4 1,4

Do đó, ta có hệ phươ ng trình:





( )

( )2 2

12 16 4 2 1

22, 4 1, 4

3: : 2

2 2

CO H O

y z x

x y z

yn n x

⎧ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎪ + + ⎝ ⎠⎪ =

⎨⎪⎪ = =

⎩

Từ pt (2) suy ra:3

4

x

y= , thế vào phươ ng trình (1), ta lại có 3 x z =

Do đó: x : y : z = 3 : 4 : 1 hay A có CTPT dạng (C3H4O)n. Vớ i2

30 A H

d < , dễ dàng có k ết

quả CTPT của A là C3H4O.

Cách 2: Phươ ng pháp bảo toàn khố i l ượ ng và bảo toàn nguyên t ố

Đố i vớ i một học sinh đ ã đượ c rèn luyện t ố t về phươ ng pháp thì đây là một bài tậ p r ất quen

thuộc. Nếu chỉ biết áp dụng một cách máy móc phươ ng pháp đã đượ c học thì cách giải sẽ như

sau:

Áp dụng bảo toàn khối lượ ng cho phản ứng cháy, ta có:

2 2 222,4 1, 4 32 67, 2CO H O A Om m m m+ = + = + × = g

Vớ i 2 2

2 2

44 44 3 11

18 18 2 3CO CO

H O H O

m n

m n= = × =

Do đó,2 2

1167, 2 52,8 , 67,2 52,8 14,4

14CO H Om g m= × = = − = g

l

ol

và2 2

1, 2 , 2 2 0,8 1,6C CO H H On n mol n n mo= = = = × =

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối vớ i O, ta có:

2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 1, 2 0,8 1, 4 2 0,4O A O CO O H O O On n n n m= + − = × + − × =

Do đó, ta có: x : y: z = 3: 4 : 1 và thu đượ c k ết quả như cách 1.

V ề mặt phươ ng pháp, đ ây là một cách làm r ấ t hay và có ý nghĩ a như ng nế u xét đế n hiệu quả thự c t ế khi thi thì

hoàn toàn không nhanh hơ n cách làm thứ nhấ t bao nhiêu!

Đố i vớ i một học sinh có k ỹ năng tính toán t ố t thì thờ i gian làm bài có thể đượ c rút ngắn

thêm bằng cách tính nhẩm nhanh các giá tr ị:- 52,8g là 1,2 mol CO2 vì 52,8 = 44 + 8,8 (1 mol và 0,2 mol)

- 14,4g là 0,8 mol H2O vì 14,4 = 18 – 3,6 (1mol và 0,2 mol)

- Đặc biệt, số mol O2 đã dùng có thể tính nhẩm nhanh hơ n r ất nhiều:





2

15, 68 2, 41,4

22,4 1,2On m= × = ol

Cách 3: Đánh giá nhanh công thứ c thự c nghiệm

Đây là cách làm của một học sinh đ ã hội t ụ đủ cả 4 yế u t ố đã nêu (K3P).

Ta đã biết, đối vớ i chất hữu cơ CxHyOz thì 2

2

32 4

CO

H O

n x

y n= =

Do đó, công thức thực nghiệm của A là (C3H4)nOx, vớ i và n là số nguyên nên1n ≥ 1 x ≤

để 2

30 A H

d < . Vì A chứa C, H, O nên x = 1.

Như vậy, chỉ qua một ví dụ thôi, nhưng ta cũng thấy đượ c tầm quan tr ọng của từng yếu tố,

rõ ràng là cần phải có kiến thức Hóa học thì mớ i có thể giải quyết đượ c bài toán, nhưng giảiquyết bằng cách nào, trong thờ i gian bao lâu thì lại phụ thuộc mạnh mẽ vào K ỹ năng, Kinh

nghiệm và Phươ ng pháp của mỗi ngườ i.Trong tr ườ ng phổ thông, các thầy cô và các em mớ i chỉ tậ p trung vào học Kiến thức, mà

chưa chú ý đến việc phát triển 3 yếu tố còn lại, đó là lý do căn bản khiến nhiều em gặ p lúng

túng khi làm bài thi tr ắc nghiệm và r ất khó khăn trong việc phải hoàn thành bài thi trong một

thờ i gian ngắn.

Vậy, làm thế nào để phát tri ể n K3P?

Đây là một vấn đề không đơ n giản, đòi hỏi ở các em sự rèn luyện tích cực và đúng hướ ng.

1, Đố i vớ i Kiế n thứ c

Hóa học là một môn Khoa học tự nhiên, vì thế không thể có chuyện học thuộc lòng cáckiến thức Hóa học như vớ i các môn học xã hội khác đượ c. Đặc thù của Hóa học là các kiến thức

tr ải r ộng và có mối liên quan ràng buộc lẫn nhau. Học lý thuyết Hóa thì không thể giống vớ i Lý,

cũng không thể chỉ học lớ p 12 là đủ.

Cách tốt nhất để học lý thuyết môn Hóa là phải biết cách phân tích để hệ thống hóa và tìm

ra mối liên hệ giữa những phần kiến thức khác nhau.

Một số câu hỏi minh họa:

- Phân tích phản ứng thủy phân Al4C3 và CaC2

-

So sánh tính chất hóa học cơ bản của SO2 và CO2.

- Bằng ví dụ, hãy chứng minh r ằng: trong phân tử hợ p chất hữu cơ , các bộ

phận cấu tạo có ảnh hưở ng qua lại lẫn nhau.

- NH3, HCl có tính oxh hay tính khử.

- Phản ứng Nitro hóa Anilin sẽ thế vào vị trí nào

2, Đố i vớ i K ỹ năng và Kinh nghiệm





Đây là những vấn đề nhạy cảm và tr ừu tượ ng, đôi khi r ất khó diễn đạt, và cũng khó áp đặt

kinh nghiệm của mình cho ngườ i khác. Việc tiế p thu K ỹ năng và Kinh nghiệm là một quá trình

lâu dài, đòi hỏi phải có sự rèn luyện tích cực, đúng hướ ng và một sự tiế p nhận dần dần thông

qua những tr ải nghiệm của bản thân.

Các K ỹ năng và Kinh nghiệm của bản thân tôi sẽ đượ c lồng ghép vào bài giảng trong suốt

khóa học và đượ c tổng k ết lại tr ướ c khi thi để các em có thể vận dụng một cách hiệu quả nhất.

Tr ướ c mắ t, các em có thể tham khảo bài giảng “Chiế n thuật chọn ng ẫ u nhiên trong bài thi tr ắ cnghiệm Hóa học” trên Blog của tôi!

3, V ề Phươ ng pháp

Việc giảng dạy phươ ng pháp giải toán Hóa học là một vấn đề tươ ng đối khó khăn, vì một

bài toán Hóa học không những bị chi phối bở i phươ ng pháp giải mà còn phụ thuộc vào phảnứng Hóa học xảy ra trong bài toán, do đó r ất khó có thể chia ra thành các dạng bài khác nhau.

Để học tậ p các phươ ng pháp giải toán Hóa học một cách có hiệu quả, cần thiết phải có một sự

hệ thống hóa các phươ ng pháp một cách hợ p lý và logic. Học phươ ng pháp và phải rút ra đượ cnhững “dấu hiệu nhận biết” của phươ ng pháp ấy để hình thành phản xạ tư duy khi làm bài (có

ngh ĩ a là nhìn vào đề bài có thể biết ngay nó có thể giải bằng những phươ ng pháp nào).

Nội dung các phươ ng pháp đượ c học trong khóa học này bao gồm:

o Phươ ng pháp đại số và các biế n đổ i- Phươ ng pháp chung: đặt ẩ n – giải hệ - Phươ ng pháp ghép ẩ n số - Phươ ng pháp đư a thêm số liệu- Phươ ng pháp đ ánh giá bằ ng bấ t phươ ng trình

o Phươ ng pháp trung bình và k ỹ thuật đườ ng chéo

-

Phươ ng pháp

- Phươ ng pháp , ,C H

n n k - Các d ạng k ỹ thuật đườ ng chéo và biế n đổ i

o Phươ ng pháp bảo toàn khố i l ượ ng và biế n đổ i- Phươ ng pháp bảo toàn khố i l ượ ng

- Phươ ng pháp t ăng - giảm khố i l ượ ng

- Biện luận và đ ánh giá sự biế n đổ i khố i l ượ ng trong phản ứ ng.

- Phươ ng pháp bảo toàn nguyên t ố o Phươ ng pháp bảo toàn electron và đ iện tích

- Phươ ng pháp bảo toàn electron – các d ạng bài

- Phươ ng pháp bảo toàn đ iện tích

o

Phân tích hệ số phản ứ ng và ứ ng d ụngo Các phươ ng pháp quy đổ io M ột số biế n đổ i trong các bài toán thườ ng g ặ po Biện luận Hóa học

Bài t ậ p về nhà:






1. Đốt 2,25g hỗn hợ p chất hữu cơ A chứa C, H, O cần dùng 3,08 lít O2 ở đktc,

thể tích CO2 và H2O thu đượ c có tỷ lệ 4 : 5. Biết tỉ khối hơ i của A đối vớ i hidro là 45.

Xác định CTPT của A.

2. Cho chất hữu cơ A tác dụng vớ i H2O có xúc tác thì thu đượ c acid B (có tỷ

khối hơ i so vớ i N2 là 2,57) và r ượ u D. Cho D qua ống CuO đốt nóng thì thu đượ c chấthữu cơ E có thể tham gia phản ứng tráng gươ ng. Để đốt cháy hoàn toàn 2,8g A cần 3,92

lít O2 (đktc), lượ ng CO2 và H2O thu đượ c có tỷ lệ 3/2 về thể tích. Xác định CTPT của A,

B, D biết D là r ượ u đơ n chức mạch hở .

3. Một hợ p chất hữu cơ A chứa C, H, O. Để đốt cháy hết 1,88g A cần một lượ ngvừa đủ 1,904 lít O2 (đktc), lượ ng CO2 và H2O thu đượ c có tỷ lệ 4 : 3 về thể tích. Xác

định CTPT của A. Biết MA < 200.

Về cơ bản, cả ba bài tậ p về nhà đều tươ ng tự vớ i bài tậ p ví dụ trên lớ p nhưng cần phải chú

ý phân tích đượ c đặc điểm riêng của từng bài toán để giải toán một cách nhanh nhất, hay nhấtvà hiệu quả nhất.

Chúc các em thu đượ c k ết quả tốt nhất khi tham gia khóa học này!

**********************

Để hiểu rõ hơ n một số phươ ng pháp đã sử dụng trong bài viết cũng như nâng cao tốc độ

và hiệu quả làm bài, mờ i các bạn và các em tìm đọc các bài giảng về phươ ng pháp của Sao băng

lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc tại Blog: http://360.yahoo.com/vkngoc49cns



in ấ n, phục vụ cho mục đ ích học t ậ p và gi ảng d ạ y, như ng cần phải đượ c chú thích rõ ràng về tác gi ả .




V ũ Khắc Ng ọc – Phòng Hóa sinh Protein – Vi ện Công nghệ Sinh họcVi ện Khoa học và Công nghệ Vi ệt Nam

Đi ện thoại: 098.50.52.510











RÈN LUYỆN K Ỹ NĂNG TÍNHVAI TRÒ VÀ NHỮ NG TỒN TẠI TRONG TR ƯỜ NG PHỔ THÔNG

1. T ại sao l ại có bài vi ế t này?

Mặc dù đang hết sức bận r ộn vớ i công tác nghiên cứu cũng như những công việc cá nhân,nhưng trong suốt thờ i gian qua, k ể từ khi 2 bài giải chi tiết của tôi cho đề thi ĐH khối A môn

Hóa năm 2007 và 2008 đượ c đưa lên mạng, tôi đã thườ ng xuyên “đượ c làm phiền” bở i r ất nhiều

bạn học sinh cũng như giáo viên trên cả nướ c.

Trong số r ất nhiều điện thoại, tin nhắn, email gửi đến cho tôi, có một ý kiến mà đa số các

bạn đều đặt ra là “mốc thờ i gian làm bài mà tôi đặt ra trong đáp án dựa trên căn cứ nào”, “không

thể tính nhẩm nhanh trong một thờ i gian ngắn như thế”, .... thậm chí, đã có bạn học sinh không

tiếc lờ i lăng mạ tôi qua điện thoại, vì cho r ằng tôi đã “phô diễn” quá mức, r ằng chỉ có “thần

thánh” mớ i có thể làm bài nhanh như thế, r ằng tôi “bốc phét”, .... một bạn giáo viên khác thì cho

r ằng đáp án mà tôi đưa ra đã gây ra sự ức chế tâm lý r ất lớ n đối vớ i các bạn đã không thi tốt đợ tthi vừa qua và tạo ra cả sức ép cho các học sinh chuẩn bị tham gia đợ t thi sắ p tớ i.

Về ý kiến của bạn giáo viên nọ, tôi hoàn toàn có thể chia sẻ, mặc dù mục đích của tôi là

đặt ra mục tiêu cho các em phấn đấu, cũng như một sự động viên đối vớ i các em r ằng đề thi

không hề khó, cũng không hề dài, để các em có thêm tự tin bướ c vào k ỳ thi.

Có thể xem lại phân tích mà tôi đã dùng cả trong 2 đáp án:

“Để giải nhanh đượ c một bài toán mà r ộng hơ n là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự k ết hợ p nhuần nhuyễn và hiệuquả 4 yếu tố: ki ế n thứ c, k ỹ năng, kinh nghi ệm và phươ ng pháp (chú ý là tôi xế p phươ ng pháp ở hàng thứ yếu, cuối

cùng), mà mỗi một yếu tố đều đ òi hỏi một quá trình rèn luyện tích cự c và đ úng hướ ng (nên cần phải đượ c hướ ng

d ẫ n). Những mốc thờ i gian làm bài tôi đặt ra trong đáp án là trong điều kiện lý tưở ng, vớ i một học sinh đã hội tụ đủ cả 4yếu tố trên và trong điều kiện như vậy thì một đề thi ĐH (dù từng đượ c đánh giá là khó) cũng có thể gi ải quyế t đượ ctrong vòng 15-20 phút . Tất nhiên, tâm lý thực tế ở trong phòng thi sẽ khác và không có nhiều học sinh hội tụ đủ cả 4

yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin r ằng “vi ệc gi ải tr ọn vẹn đề thi Đ H trong vòng 30 phút

không phải là đ i ều không thể và trong 60-90 phút thì là đ i ều hoàn toàn có thể ”

Khi một thông tin đưa ra, có thể có nhiều cách tiế p nhận khác nhau, đối vớ i ngườ i này là

một lờ i động viên, đối ngườ i khác, đó lại là một áp lực. Điều đó hoàn toàn có thể hiểu, có thể

thông cảm đượ c và tôi một lần nữa khẳng định vớ i các em r ằng: “hãy t ự tin vào nhữ ng gì mình

đ ã có, 90 phút để vượ t qua một đề thi tr ắ c nghiệm như vậ y không phải là đ iề u không thể ”.

Còn đối vớ i những ai cho r ằng tôi đang “phô diễn”, tôi đang “thể hiện”. Xin hỏi, các bạnđã đọc đượ c bao nhiêu bài giảng của tôi trên mạng, dự đượ c bao nhiêu buổi học Online mà tôi

đứng lớ p. Thật thà mà nói, nếu để “khoe khoang, thể hiện”, tôi còn không ít thứ có thể phô diễn

chứ không phải vớ i 2 cái đáp án đã có. Hơ n nữa, tôi cũng không r ảnh r ỗi để khoe khoang những

thứ vô ngh ĩ a đối vớ i tôi, tôi còn nhiều công việc ý ngh ĩ a vớ i bản thân mình hơ n để làm. Nếu

việc cặm cụi giải đề thi, viết bài giảng đến tận sáng sớ m để các em có thêm học liệu là khoe

khoang, thể hiện thì có lẽ tôi nên đóng cửa Blog và delete các bài viết trên các 4rum là hơ n.





Dù sao thì cũng phải tr ở lại vấn đề của ngày hôm nay, đó là sự yếu kém trong K ỹ năng

của các học sinh của chúng ta. Mặc dù sự yếu kém này không hoàn toàn thuộc về lỗi của các em

mà là của cả hệ thống giáo dục.

Bài viết phân tích về k ỹ năng và vai trò của việc rèn luyện k ỹ năng tôi đã từng post lên

Blog cách đây nửa tháng, nhưng vì trong đó không trình bày phươ ng pháp rèn luyện k ỹ năng

nên tôi không phổ biến trên các 4rum. Phần mở đầu của bài giảng như sau:

RÈN LUYỆN K Ỹ NĂNG TÍNH NHANH

ĐỂ GIẢI NHANH BÀI THI TR ẮC NGHIỆM HÓA HỌC Các em không thể đ òi hỏi vi ệc gi ải nhanh một bài toán Hóa học nế u như chính các em không thể tính nhanh đượ c

t ừ nhữ ng phép tính đơ n gi ản nhấ t!

I. Đặt vấn đề:

1. K ỹ năng là gì?

Hiểu theo ngh ĩ a đơ n giản, k ỹ năng là biết cách làm.

Khái niệm K ỹ năng r ất r ộng và bao hàm nhiều khía cạnh, trong thực tế chúng ta vẫn thườ ng nghe đến“k ỹ năng học”, “k ỹ năng sống”, “k ỹ năng mềm”, “k ỹ năng làm việc theo nhóm”, …

Có r ất nhiều định ngh ĩ a về k ỹ năng, tuy nhiên chúng ta có thể tổng hợ p đượ c định ngh ĩ a đơ n giản về

k ỹ năng như sau: K ỹ năng (Skill) là khả năng hoàn thành một công vi ệc một cách thành thạo, d ễ dàng,

khéo léo – khả năng này có thể học đượ c, hoặc phát tri ể n đượ c thông qua đ ào t ạo hoặc t ự tr ải nghi ệm.

2. T ại sao phải học và rèn luyện k ỹ năng?

Ngườ i bình thườ ng ai cũng biết nói, nhưng những ngườ i nói giỏi không nhiều; ai cũng biết đọc nhưng

không phải ai cũng đọc nhanh, nắm hết những điều quan tr ọng... Sơ qua vài ví dụ như vậy ta có thể thấy làm

một công việc và làm đượ c một công việc là hai chuyện hoàn toàn khác nhau.

Não ta làm việc dựa trên 98% là thói quen (Routine). Rèn luyện k ỹ năng làm việc tức là rèn luyện cho

não thói quen làm việc tốt. Khi ta học cách làm một công việc – dù nhỏ hay lớ n – cũng đều là ta đang dạy

cho não chúng ta biết cách tư duy, xử lý vấn đề. Quan tr ọng hơ n, đó là dạy cho não thói quen làm việc gì

cũng yêu cầu hiệu quả. Thay vì cắm đầu vào làm việc thì ta tậ p làm nó một cách nhanh nhất, thu đượ c k ết

quả cao nhất. Một ngườ i khi luôn tìm cách làm việc hiệu quả nhất sẽ luôn thu đượ c k ết quả tốt nhất, đó chính

là thói quen/k ỹ năng làm việc chuyên nghiệ p.

3. Phân loại k ỹ năng

Có 3 nhóm k ỹ năng chính:

−

Biết cách tư duy

− Biết cách diễn đạt

− Biết cách thao tác

Cả 3 nhóm k ỹ năng này đều cần phải đượ c quan tâm rèn luyện đúng mức trong quá trình học. Trong

khóa học này, vớ i mục tiêu hướ ng tớ i là k ỳ thi tr ắc nghiệm nên các k ỹ năng về tư duy và tính toán (thuộc

nhóm k ỹ năng thao tác) sẽ đượ c tôi tậ p trung phát triển cho các em (nếu thi tự luận sẽ phải phát triển cả k ỹ




[email protected]

năng diễn đạt). Và trong khuôn khổ bài học đầu tiên, tôi sẽ trình bày một số k ỹ năng tính nhanh, cũng là

những yêu cầu đầu tiên dành cho các em để có thể tham gia khóa học một cách có hiệu quả.

II. Nhữ ng điểm yếu trong k ỹ năng tính của học sinh

K ỹ năng tính, trong đó có k ỹ năng tính nhanh là một nội dung quan tr ọng đượ c quan tâm đào tạo trong

bất cứ chươ ng trình giáo dục nào. Ở cấ p tiểu học, các em đã đượ c học các quy tắc tính đó, từ “bảng cửu

chươ ng”, cho đến “các dấu hiệu chia hết”, “cách nhân nhẩm một số vớ i 9, vớ i 11 hoặc vớ i 5”, ….

Tuy nhiên, qua thực tế giảng dạy ở nhiều môn học, trên nhiều đối tượ ng học sinh vớ i các mặt bằng

trình độ khác nhau, tôi đều nhận thấy có một điểm chung, đó là k ỹ năng tính của các em còn khá yếu, mà

nguyên nhân chủ yếu là do sự thụ động, lườ i nhác trong suy ngh ĩ , dẫn đến phụ thuộc quá nhiều vào các công

cụ hỗ tr ợ học tậ p. M ột học sinh sẽ không thể học và nhớ t ừ mớ i t ố t nế u mỗ i l ần g ặ p t ừ mớ i l ại mở t ừ đ iể n ra

xem, một học sinh không thể giải phươ ng trình l ượ ng giác t ố t nế u các giá tr ị đặc biệt của sin30o , cos120o

vẫ n thườ ng xuyên phải tính bằ ng máy tính, …. t ấ t cả nhữ ng biể u hiện đ ó phản ánh một sự yế u kém về mặt k ỹ năng (chứ không phải yế u về ki ế n thứ c).

Trong môn Hóa cũng vậy, tôi đã gặ p r ất nhiều học sinh phải tính số mol của 2,24 lít khí (ở đktc), hay

tính số mol của 3,6 gam H2O bằng máy tính, …. Nếu để tìm khối lượ ng của NaNO3 bằng cách bấm

thì mãi mãi các em sẽ không thể nhớ , và không thể biết làm thế nào để tính cho nhanh

giá tr ị đó. (đấy là chưa k ể r ất nhiều em còn chưa thuộc nổi các giá tr ị về vị trí, khối lượ ng mol nguyên tử, ….

trong bảng tuần hoàn)

23 14 16 3 85+ + × =

III. Một số kinh nghiệm và phươ ng pháp rèn luyện k ỹ năng tính

K ỹ năng tính nhanh như đã nói ở trên, thuộc nhóm “k ỹ năng thao tác” do đó nó đòi hỏi một sự thực

hành, rèn luyện thườ ng xuyên để đạt đến hiệu quả cao nhất. Trong các k ỳ thi tr ắc nghiệm vớ i các môn có đòi

hỏi tính toán như môn Hóa thì việc nâng cao k ỹ năng tính đến mức tr ở thành một phản xạ có thể giúp gi ảm

bớ t đế n 1/3 thờ i gian làm bài.

Trong Hóa học có r ất nhiều k ỹ năng tính cần phải rèn luyện, nhưng có 2 nhóm giá tr ị dễ rèn luyện

nhất, thườ ng xuyên gặ p nhất và dễ đạt đượ c hiệu quả cao nhất là: tính khối lượ ng mol (nguyên tử, phân tử,ion, nhóm chức, ...), và tính số mol.

Có nhiều phươ ng pháp rèn luyện k ỹ năng tính nhanh, nhưng vớ i kinh nghiệm giảng dạy của cá nhân

mình, tôi xin chia sẻ một số phươ ng pháp rèn luyện k ỹ năng tính như sau

..............<bí mật>

4, Đối vớ i việc tính số mol khí dựa vào thể tích trong các tr ườ ng hợ p không phải điều kiện tiêu chuẩn,

ta dựa vào công thức: , tuy nhiên, việc áp dụng công thức này phải vô cùng linh hoạt thì mớ i đạt

hiệu quả cao nhất, một trong những sai lầm của các em là chỉ biết thay số vào công thức một cách máy móc.

PV nRT =

Công thức trên chỉ ra cho ta thấy số mol khí tỷ lệ thuận vớ i áp suất và tỷ lệ nghịch vớ i nhiệt độ (vì đề bài thườ ng cho thể tích và yêu cầu tính số mol khí), vì khối lượ ng hoặc % khối lượ ng thườ ng là số lẻ, nhưng

số mol thì hầu hết là số chẵn, nên đa số các bài tậ p không cho điều kiện tiêu chuẩn đều r ơ i vào những tr ườ ng

hợ p có thể tính nhẩm đượ c (xem thêm phần bài tậ p về nhà)

Ví dụ: Tính số mol của 8,96l khí (0,4 mol khí trong đktc, cái này có thể nhẩm ra ngay nhờ luyện tậ p ở bướ c 3) trong các điều kiện:

-

0oC; 2,5 atm: mol n 15,24,0 =×=





[email protected]

- 273oC; 3atm: mol n 6,02:34,0 =×=

- 136,5oC; 1,2atm: mol n 36,05,1:2,14,0 =×=

-

27,3oC; 2,2atm: mol n 8,01,1:2,24,0 =×=

-

54,6oC; 2,4 atm: mol n 8,02,1:4,24,0 =×=

...........................

( ) K C K C K C K C oooo

2732,16,54,2731,13,27,2735,15,136,2732273 ×=×=×=×=

^^ nếu mà thay vào công thức nRT = PV thì chắc là phát ốm, ví dụ: 8,96l khí ở 54,6oC; 2,4 atm sẽ có

số mol là:

( )mol

RT

PV n 8,0

6,54273273

4,22

96,84,2=

+

×==

.....................

Tôi xin nhắc lại:

Không thể gi ải nhanh bài toán Hóa học nế u như t ừ ng số li ệu, t ừ ng phép tính nhỏ trong bài toán

không đượ c x ử lý và tính toán nhanh chóng!

Đại loại là như vậy.

2. Nguyên nhân nào d ẫ n đế n nhữ ng yế u kém về K ỹ năng của học sinh

Tr ướ c hết, phải k ể đến những thiếu sót, sai lầm trong phươ ng pháp Giáo dục của chúng ta.

Từ bấy lâu nay, chúng ta đã nhồi nhét cho học sinh một khối lượ ng kiến thức khổng lồ mà bỏ

quên đi một công việc r ất quan tr ọng là rèn luyện K ỹ năng cho học sinh, đồng thờ i cũng giết

chết luôn khả năng sáng tạo của học sinh. Chính nhữ ng yế u kém này đ ã đẩ y nề n giáo d ục củachúng ta đế n chỗ không có hiệu quả , kiế n thứ c thì không nắ m đượ c, không vận d ụng đượ c, Sinh

viên đ ào t ạo xong không có k ỹ năng làm việc , ...

Tôi đã khá ngạc nhiên khi có một học sinh chia sẻ:

“em chỉ biế t quy t ắ c nhân nhanh vớ i 11 thôi ạ , còn quy t ắ c nhân 9 và nhân 5 thì chư a bao h đ c học.

Em nhớ ko nhầm thi chỉ đ c học d ấ u hiệu chia hế t cho 2,3,5,9 thôi ạ. H ơ n nữ a ko phải là t ấ t cả nhữ ng gì đ ãđ c học bọn em có thể nhớ đ c t ấ t t ần t ật, chư a nói gì đế n cái chư a đ c học. Là 1 thầ y giáo em nghĩ thầ y hiể ur ằ ng học sinh VN chúng ta đ ã và đ ang học quá t ải quá nhiề u ”

Như vậ y là chính các em còn không phân biệt đượ c, cái nào là kiế n thứ c, cái nào k ỹ năng,

cái nào cần học, cái nào không cần học, cái nào đ ã đượ c học, cái nào chư a đượ c học, cái nào

không đượ c học. Đối vớ i các em, có vẻ như tất cả những gì có đượ c ở tr ườ ng phổ thông chỉ là“kiến thức” và “kiến thức”, là sự quá tải. Thiết ngh ĩ , câu chuyện này đáng để những ngườ i có

trách nhiệm của Bộ GD lắng nghe và tiế p thu.





[email protected]

Thứ hai, sự yế u kém về mặt k ỹ năng cũng có một phần l ỗ i quan tr ọng là ở chính các em.

Như đ ã nói ở trên, sự l ườ i nhác trong thói quen suy nghĩ và làm việc, cùng vớ i sự phụ thuộc quá

nhiề u vào việc sử d ụng không đ úng cách các công cụ hỗ tr ợ học t ậ p.

Thói quen tra bảng tuần hoàn khiến các em không nhớ đượ c các giá tr ị M, p, vị trí, độ âm

điện, ... dãy điện hóa, tính tan, ... ; thói quen tra từ điển khiến các em không thể thuộc đượ c từ

mớ i, .... và thói quen dùng máy tính làm các em mất đi k ỹ năng tính.

Theo giai thoại l ịch sử : trong một đ êm mấ t ng ủ hồi mớ i 7 tuổ i, Leonhard Euler đ ã tính nhẩ m trong óc

l ũ y thừ a bậc 6 của 100 số đầu tiên (^^ ai có óc t ưở ng t ượ ng thử tính 47 6 chẳ ng hạn) mà các k ế t quả của nó

còn đượ c ông khai thác, sử d ụng đế n hế t đờ i. C ũng theo giai thoại, “vua toán học” Carl Friedrich Gauss đ ãt ừ ng đ oạt một giải thưở ng về thiên văn nhờ tính toán đượ c r ấ t chính xác qu ỹ đạo của thiên thể Ceres sau

g ần 3 tháng tính toán, mà trung bình mỗ i ngày ông phải làm việc vớ i 50.000 con số - không sai một phép

tính nào. Hoặc một câu chuyện khác của Paul Dirac, khi còn nhỏ , ông đ ã tham gia một k ỳ thi HSG Toán của

nướ c Anh đ ã tìm ra k ế t quả “một ng ườ i câu đượ c -2 con cá”, dù là k ế t quả sai, như ng chính nó đ ã t ạo cảm

hứ ng giúp ông tìm ra position – phản hạt của electron. T ấ t nhiên, so sánh nào cũng có sự khậ p khiễ ng,

như ng có l ẽ một trong nhữ ng nguyên nhân khiế n cho thiên tài toán học vớ i khả năng tính nhẩ m siêu việt củacác vị ý có đượ c là nhờ ..... thờ i đ ó chư a có nhữ ng chiế c máy tính hiện đại như bây giờ .

Có một nhà khoa học đã từng tiên đoán: “S ự thông minh của máy móc sẽ giế t chế t sứ c sáng t ạo của con ng ườ i”, thật đáng buồn, trong tr ườ ng hợ p này, điều đó có vẻ đúng. Thật ngu

ngốc nếu chúng ta có máy móc mà không dùng hoặc không biết dùng, nhưng sẽ còn nguy hiểm

và ngu ngốc hơ n nếu chúng ta hoàn toàn bất lực vớ i công việc khi không có những máy móc đó.

Sự thông minh của máy móc phải phụ thuộc sức sáng tạo của con ngườ i chứ không phải ngượ clại.

Các em r ấ t sai l ầm khi nghĩ r ằ ng máy tính lúc nào cũng đ úng và tính bằ ng máy tính an

toàn hơ n so vớ i tính nhẩ m. Nên nhớ r ằ ng, máy tính chỉ đ úng, khi ng ườ i sử d ụng nó thao tác

đ úng, mà đ iề u đ ó không phải bao giờ cũng làm đượ c (^^ mặc dù nó đ úng trong đ a số tr ườ ng

hợ p đấ y, hihi). Khi thao tác vớ i máy tính, càng thao tác vớ i nhiề u con số , thự c hiện càng nhiề u phép tính liên hợ p, r ườ m rà thì k ế t quả càng có khả năng sai l ệch. Chẳng hạn vớ i phép tính đã

nêu ở trên:

( )mol

RT

PV n 8,0

6,54273273

4,22

96,84,2=

+

×==

nếu không cẩn thận trong thao tác, thì nhầm lẫn cũng là chuyện bình thườ ng. Cũng d ĩ nhiên, Hóa khác vớ i Lý ở chỗ là k ết quả thườ ng r ất tròn tr ĩ nh, do đó mà ta dễ phát hiện ra lỗi sai

do thao tác hơ n và cũng vì thế mà học Hóa, ta dễ thực hành k ỹ năng tính hơ n học Lý.

Khi trao đổi về vấn đề này, nhiều giáo viên tâm sự “thú thật là tôi cũng r ấ t ít khi tính

nhẩ m, chỉ là mình đ i d ạ y nhiề u thì “quen mặt, nhớ số ” thôi”. Tôi mớ i có 22 tuổi đờ i, thâm niên

dạy học của tôi không đủ để “quen mặt, nhớ số” và tôi chắc là các em học sinh cũng vậy, nên

tôi chọn giải pháp tính nhẩm. Không thể so sánh vớ i nhữ ng thiên tài ở trên về việc tính, như ng





[email protected]

tôi tin là vớ i nhữ ng gì mà các em đ ã đượ c học ở tr ườ ng phổ thông thì chỉ cần chịu khó luyện

t ậ p đ úng phươ ng pháp, nhữ ng phép tính đơ n giản chẳ ng có gì là khó cho các em nhẩ m cả:

- 17,92 lít là 0,8 mol khí ở đktc, có gì là khó nhẩm ??? (17,92 : 22,4 là phép tính quá đơ ngiản để nhẩm: 17:2 = 8 có dư, 4*8 = 32 có đuôi là 2; càng dễ hơ n nếu ai đó đã nhớ 8,96 lít là 0,4 mol)

- 12,6 gam H2O là 0,7 mol, có gì là khó nhẩm ??? (12,6 = 9 + 3,6 vớ i 9 là 0,5 mol và 3,6

là 0,2 mol)

- 17,6g CO2 là 0,4 mol, có gì là khó nhẩm ??? ( 17:4 = 4, 4*4 = 16 có đuôi là 6)

- CO2 có M = 44, chắc ai cũng biết, vậy tại sao lại không nhớ đượ c –COOH là 45 để tính

cho nhanh C2H5COOH là 29 + 45 = 74??? (hoặc tính là 60 + 14 = 74 vớ i 60 là M của

CH3COOH – quá quen thuộc và 14 là M của –CH2- tính cho các đồng đẳng liên tiế p)

- CaCO3 có M = 100, chắc ai cũng biết, vậy tại sao không nhớ đượ c CO32- là 60 để có

ngay BaCO3 là 197, Na2CO3 là 23*2 + 60 = 106 ???

- ..................

- đại loại là như vậy

Các phép tính nhẩm trên là bướ c xử lý ban đầu, cho ta những số liệu mà nếu từ đó ta nhậ pvào máy tính sẽ đỡ nhầm lẫn và ít phức tạ p hơ n r ất nhiều nếu cứ dồn cục 1 phép tính dài dằng

dặc.

Ví dụ, để tính %m của hỗn hợ p gồm 0,2 mol Fe2(SO4)3 và 0,25 mol CuSO4:


)( ) ( )( ) ( 25,041632642,01216332256%1002,01216332256%

342××+++××+×+×

×××+×+×=SO Fem

thì sẽ dễ tính sai hơ n r ất nhiều nếu là:

( )

( )( ) ( ) 25,096642,0396256

%1002,0396256%

342×++××+×

×××+×=SO Fem

hoặc đơ n giản hơ n nữa là:

( )25,01602,0400

%1002,0400%

342×+×

××=SO Fem hoặc ( )

25,016080

%10080%

342×+

×=SO Fem

mà có các giá tr ị SO42- là 96 hay CuSO4 là 160, cũng chẳng có gì là khó để nhẩm,

Fe2(SO4)3 có M = 400, cũng như CaCO3 có M = 100 là những con số chẳng khó để nhớ , để ấn

tượ ng.

3. Tôi đ ã tính nhẩ m trong đ áp án đề thi Đ H như thế nào?




[email protected]

Đây là một trong những câu hỏi mà khá nhiều bạn hỏi về cách tính nhẩm. Xin nhắc lại là

tôi đã ghi r ất rõ ràng:

nOH- = 0,25 mol (nhẩm: (1+2*2)/2 = 2,5 0,25), cách nhẩm là gì: NaOH 0,1M – xem là

1, Ba(OH)

→

2 0,2M – xem là 2, vì (OH)2 nên ta *2, thể tích là 500ml nên ta /2 (1+2*2)/2 = 2,5

sau đó chia cho 10 vì 0,1M và 0,2M đã bị xem là 1 và 2.

→

Xin hỏi: có khó nhẩm không ạ??? Khi làm câu này, tôi chỉ việc vừa đọc đề bài, vừa nhậ p phép tính nhẩm trong đầu, đến khi đọc dứt đề bài là các số liệu về số mol đã có sẵn.

Đấy cũng có thể xem là một “k ỹ năng Đọc đề bài khi thi tr ắc nghiệm” mà tôi hy vọng sẽ

còn có dị p để viết và chia sẻ về vấn đề này.

0,05 mol CO32- và 0,15 mol HCO3

- (nhẩm – bảo toàn C + bảo toàn điện tích âm), tôi cũng

ghi r ất rõ ràng, cách nhẩm là gì: bảo toàn C số mol CO→ 32- và HCO3

- phải có tổng bằng 0,2

mol, CO32- mang 2 điện tích âm trong khi HCO3

- mang 1 điện tích âm, mà tổng điện tích âm là

0,25 mol, thế thì CO32-

sẽ có số mol là 0,25 – 0,2 = 0,05 mol và còn lại 0,15 mol là của HCO3-

(công việc này thay cho giải hệ phươ ng trình)

Xin hỏi, có khó nhẩm không ạ ??? Tuy diễn đạt ra ngôn ngữ viết thì dài như vậy, nhưng

khi làm bài, nếu đã quen và có k ỹ năng tính tốt, thì tôi tin là tất cả chỉ diễn ra trong 3s.

Xin hỏi, trong số các con số ở đây: 0,1 hay 0,6 hay 0,55 có con số nào là khó nhẩm ???

Ngay cả phép tính: m = 0,55*108 cũng chẳng có gì là khó nhẩm nếu biết k ết hợ p 2 quy tắc

nhân nhẩm vớ i 5 và vớ i 11: 108*0,5 = 108:2 = 54, 108*0,55 = 54 + 5,4 = 59,4

Chỉ 5-8s là có tất cả những con số này.

Nói thật, tôi ghi 15-20s là r ất chân thực, đã bao gồm cả thờ i gian đọc đề và phân tích.





[email protected]

3,6 : 0,5 = 36*2 = 72

Có gì là khó nhẩm ???

Tôi ngh ĩ r ằng, vớ i những bài tậ p thế này, hầu hết các em sẽ viết phươ ng trình phản ứng thì

mớ i có tỷ lệ Na:Al = 1:1. Nhưng nếu đọc toàn bộ đáp án, các em sẽ thấy tôi hầu như không hề viết phươ ng trình phản ứng mà tìm cách khai thác triệt để thông tin từ nó – không thừa, không

thiếu. (đấy cũng là một “k ỹ năng”). Ta chỉ cần hình dung về phản ứng, để biết r ằng Na và Al chỉ đi vào hợ p chất NaAlO2 thì CTPT của NaAlO2 cũng đã tự cho ta biết cái tỷ lệ 1:1 đó r ồi.

Khi đã có Na – 0,1mol và Al – 0,1 mol và tổng số e mà 2 kim loại này cho là 0,8 mol. Tôi

tin r ằng các em sẽ lại viết thêm phươ ng trình phản ứng của Na vớ i H2O r ồi giải hệ, trong khi

chẳng khó khăn gì để tính nhẩm. Na cho 1 e – là 1 phần, Al cho 3 e – là 3 phần, vớ i tổng là 0,8

mol mỗi phần là 0,2 mol. Xin hỏi có gì là khó nhẩm ??? (nế u cần thi ế t, mờ i các bạn và các

em gi ở l ại SGK toán l ớ p 4, phần “Bài toán bi ế t t ổ ng và t ỷ số ”)

→

...........................

Ở đây, tôi chỉ xin trích lại một số câu trong đáp án năm 2008 như vậy, nếu có bạn hay em

nào thắc mắc về các câu hỏi khác trong đáp án này, hoặc đáp án năm 2007, tôi sẵn sàng giảiđáp.

4. C ần rút đượ c bài học gì sau bài vi ế t này?

a, Đố i vớ i các bạn giáo viên

Tôi hy vọng bài viết này sẽ là một gợ i mở , vừa để chúng ta phải xem xét và đánh giá lại

vai trò của việc rèn luyện k ỹ năng cho học sinh trong tr ườ ng phổ thông (chú ý r ằng khái niệm






cho công việc cụ thể của các em nữa. Nhưng những nguyên tắc tư duy của những môn học đó

và những k ỹ năng mà các em thu nhận đượ c từ tr ườ ng phổ thông sẽ còn theo các em đến suốt

cuộc đờ i. Một bà bán hàng rong vẫn có thể sống tốt trong xã hội, không phải nhờ kiến thức, mà

là nhờ những k ỹ năng tính toán mà có lẽ không ít em học sinh cấ p 3 cũng còn phải chào thua.

Tôi không l ấ y gì làm t ự hào khi gi ải đượ c đề thi Đ H Hóa trong vòng 15 phút, vớ i tôi

đ i ều đ ó chẳng có gì to tát cả , như ng tôi sẽ thự c sự x ấ u hổ nế u không làm đượ c hoặc làm

đượ c mà phải gi ấ u gi ế m. Và tôi thự c sự thấ y buồn, khi nhi ều bạn thấ y đ ó là một đ i ều đ áng

ng ạc nhiên.

Tôi có một k ỷ niệm đ áng nhớ vớ i chiế c máy tính và việc tính nhanh, đ ó là vào k ỳ thi HSG Hóa học vòng 1 l ớ p 12

năm 2003, khi đ ó tôi cũng bướ c vào phòng thi vớ i một chiế c máy tính ... hế t pin, và k ế t quả là tôi vẫ n hoàn thành bài thi

vớ i 17,75/20 đ iể m và giành giải Nhì, sau đ ó tiế p t ục vượ t qua vòng 2 để đượ c tham d ự k ỳ thi HSG Quố c gia. M ặc dù,

sau đ ó, trong mỗ i k ỳ thi quan tr ọng tôi đề u luôn mang theo mình 2 chiế c máy tính (^^) như ng đ ó cũng có thể xem là

thành quả t ừ việc rèn luyện các k ỹ năng và phươ ng pháp giải nhanh mà tôi đ ã khám phá và mài giũa t ừ l ớ p 11. Tôi tin

r ằ ng, vớ i một đề thi Đ H như năm nay, tôi có thể giải không cần đế n máy tính mà cũng không vượ t quá 30 phút là bao.

Nên nhớ r ằ ng trong đ áp án chi tiế t dành cho các bạn, tôi mớ i chỉ dùng đế n kiế n thứ c, k ỹ năng và phươ ng pháp mà chư atriể n khai nhữ ng kinh nghiệm mà “Chiế n thuật chọn ng ẫ u nhiên” chỉ là một phần nhỏ trong số đ ó!

Chúc các bạn và các em ngày càng dạy tốt và học tốt !!!

**********************



tác gi ả .






Đi ện thoại: 098.50.52.510







Dịch vụ ôn thi chất lượng cao GSA Education: http://giasuams com/

MỘT SỐ VẤ N ĐỀ TRONG VIỆC SỬ DỤ NG

CÁC CÔNG THỨ C TÍNH NHANH ĐỂ GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC

Bắt đầu từ năm học 2006-2007, các k ỳ thi Tốt nghiệ p THPT và Tuyển sinh ĐH-CĐ đã chính thức

chuyển sang hình thức thi tr ắc nghiệm, đánh dấu một sự thay đổi quan tr ọng về mặt k ỹ thuật trong việc

đánh giá chất lượ ng học sinh. Cũng từ đó đến nay, việc đổi mớ i các phươ ng pháp giảng dạy và học tậ pcho phù hợ p vớ i hình thức thi mớ i cũng liên tục đượ c đặt ra và đạt đượ c những k ết quả đáng k ể. Tuy

nhiên, bên cạnh đó, tâm lý đối phó vớ i k ỳ thi cũng làm nảy sinh những hình thức học tậ p tiêu cực mà việc

sử dụng tùy tiện các công thức giải nhanh trong bài tậ p Hóa học là một điển hình.

Trong các bài viết của mình, cũng có đôi lần tôi đề cậ p tớ i các công thức giải toán có thể dùng trong

bài tậ p Hóa học (điển hình là “công thức tính nhanh cho bài toán vô cơ kinh điển”: mFe = 0,7*mhh (Fe và các

oxit) + 5,6ne (hh cho) và công thức tính nhanh hiệu suất của phản ứng crackinh ankan mà đã có r ất nhiều thầy

cô giáo và các tác giả đã “ăn theo” trong các bài giảng, sách tham khảo, bài viết trên tạ p chí HH&Ư D,

…). Tuy nhiên, khi giớ i thiệu một công thức giải toán nào tôi cũng luôn luôn cố gắng diễn giải công thức

đó một cách dễ hiểu nhất, con đườ ng chứng minh các công thức ấy và các khả năng – giớ i hạn trong quá

trình ứng dụng, …. Tất cả đều nhằm một mục đích là để giúp cho các bạn học sinh dễ dàng tiế p nhận,

hiểu đượ c và vận dụng đượ c trong các tình huống thích hợ p.

Như tôi đã nhiều lần nhấn mạnh, một bài toán Hóa học bị chi phối bở i nhiều yếu tố, nhiều dữ kiện

mà 2 yếu tố chủ đạo là: phươ ng pháp giải toán và hiện tượ ng Hóa học xảy ra trong bài toán đó. Vì lẽ đó,

việc phân tách r ạch ròi các yếu tố này là không hề đơ n giản, cùng là phươ ng pháp giải toán đó nhưng

trong các phản ứng Hóa học khác nhau sẽ có cách vận dụng khác nhau và ngượ c lại, cùng là phản ứng

Hóa học đó nhưng ghép vớ i các dữ kiện giải toán khác nhau ta có thể phải sử dụng đến các phươ ng pháp

khác nhau để giải.

Các công thức tính nhanh khi áp dụng cho các bài tậ p Hóa học đều có những đòi hỏi hết sức ngặt

nghèo về mặt Hóa học của bài toán, mà đề bài không phải lúc nào cũng đượ c thỏa mãn đượ c hết các điều

kiện đó. Trong khi đó, các bài tậ p trong đề thi ĐH-CĐ luôn có độ phức tạ p nhất định về mặt Hóa học,

ngườ i ra đề luôn tìm cách che giấu các “dấu hiệu” giải toán bằng các phản ứng Hóa học phức tạ p và nhiều

giai đoạn trung gian. Do đó, việc sử dụng các công thức giải toán trong đề thi ĐH-CĐ là không thực sự

hiệu quả và khả thi.

Bài viết dướ i đây sẽ giúp các bạn có đượ c một cái nhìn đầy đủ hơ n về các hạn chế của việc sử dụng

công thức trong giải toán Hóa học, từ đó có những quyết định cẩn tr ọng hơ n khi theo đuổi phươ ng pháphọc tiêu cực và mang tính “mì ăn liền” này.

1, Các công thứ c gi ải toán cần nhi ều đ i ều ki ện và không phải lúc nào cũng đ úng:

Chúng ta đều đã biết và có lẽ đã khá quen vớ i công thức:

3 2 2 2 2 4 2HNO NO NO N O N H SO SOn = 2n = 4n = 10n = 12n hay n = 2n

(công thức này cũng có “mẹo” r ất dễ nhớ ^^)

Như ng thử vi ế t phản ứ ng của FeO vớ i HNO3 hay H 2 SO4 , ta sẽ thấ y nó không còn nghi ệm đ úng

nữ a!






Một công thức khác mà tôi đã từng giớ i thiệu trong bài viết “Phươ ng pháp phân tích hệ số” (và đã

đượ c r ất nhiều ngườ i khác “chôm” lại) là công thức tính hiệu suất của phản ứng crackinh ankan dựa vào

KLPT trung bình của hỗn hợ p khí tr ướ c và sau phản ứng:

t

s

M

H% = - 1 ×100%M

⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

Công thứ c này nghi ệm đ úng trong hầu hế t các bài toán, ví d ụ:

1, Khi crackinh một ankan thu đượ c hỗn hợ p X gồm 3 hiđrocacbon. Biết khối lượ ng mol của ankan

ban đầu gấ p 1,35 lần khối lượ ng mol trung bình của X. Hỏi có bao nhiêu phần tr ăm (theo số mol) ankan

ban đầu tham gia phản ứng trên?

(Trích đề thi H ọc sinh giỏi Thành phố Hà N ội năm 2008)

2, Crackinh C4H10 thu đượ c hỗn hợ p gồm 5 hiđrocacbon có KLPT trung bình bằng 36,25. Hiệu suất

của phản ứng crackinh là:

A. 40% B. 60% C. 20% D. 80

3, Crackinh C4H10 thu đượ c hỗn hợ p chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơ i so vớ i H2 là 16,325. Hiệu

suất của phản ứng crackinh là:

A. 77,64% B. 38,82% C. 17,76% D. 16,325%

4, Crackinh một ankan thu đượ c hỗn hợ p khí có tỷ khối hơ i so vớ i H2 bằng 19,565. Biết hiệu suất

của phản ứng Crackinh là 84%. Xác định ankan đã cho.

A. Butan B. Isobutan C. Pentan D. A và B

Như ng trong đề thi Đ H-C Đ khố i A năm 2008, công thứ c này không còn đ úng nữ a!

Khi cracking hoàn toàn một thể tích ankan X thu đượ c 3 thể tích hỗn hợ p Y (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất); tỉ khối của Y so vớ i H2 bằng 12. Công thức phân tử của X là:

A. C6H14 B. C3H8 C. C4H10 D. C5H12


Đề bài cho phản ứng hoàn toàn hay:

tt s

s

MH% = - 1 100% = 100% M = 2M = 2 2 12 = 48 v« nghiÖm ????

M

⎛ ⎞× → × × →⎜ ⎟

⎝ ⎠

Công thứ c này có đ áng để học thuộc không, khi mà trong chươ ng trình ta chỉ học 2 r ượ u thỏa

mãn đặc đ i ể m này là C 2 H 4(OH)2 và C 3 H 5(OH)3 ???? H ơ n nữ a, xác suấ t để đề bài cho đ úng d ữ ki ện về

O2 , ancol và đ i ều ki ện: “Bi ế t ancol có số nhóm –OH bằng số C” là vô cùng thấ p!!!

2, Dùng công thứ c để gi ải toán chư a chắc đ ã là cách làm nhanh nhấ t:

Cách đây 2 năm, tôi đã giớ i thiệu “công thức tính nhanh cho bài toán vô cơ kinh điển”:

mFe = 0,7*mhh (Fe và các oxit) + 5,6ne (hh cho)






dùng để tính nhanh các bài toán liên quan đến phản ứng oxh hoàn toàn hỗn hợ p gồm Fe và các oxit

của nó. Đến nay, công thức này đã tr ở nên hết sức phổ biến, các giáo viên và học sinh hoàn toàn không

còn “lạ lẫm” gì vớ i nó. Công thức này cùng vớ i phươ ng pháp “quy đổi nguyên tử” đượ c xem là 2 phươ ng pháp giải nhanh nhất cho các bài toán loại này. Tuy nhiên, điều này không phải lúc nào cũng đúng!

Trong các bài toán d ướ i đ ây, dùng công thứ c tính nhanh hoặc “quy đổ i nguyên t ử ” có thể là cách

làm nhanh nhấ t:

1, Nung m gam bột sắt trong oxi, thu đượ c 3 gam hỗn hợ p chất r ắn X. Hòa tan hết hỗn hợ p X trong

dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO là sản phẩm khử duy nhất. Giá tr ị của m là:

A. 2,52 B. 2,22 C. 2,62 D. 2,32


2, Cho 11,36 gam hỗn hợ p gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết vớ i dung dịch HNO3 loãng

(dư), thu đượ c 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu

đượ c m gam muối khan. Giá tr ị của m là:A. 49,09 B. 34,36 C. 35,50 D. 38,72


3, Hòa tan hết m gam hỗn hợ p Fe, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch HNO3 đặc, nóng dư đượ c 448 ml

khí NO2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng đượ c 14,52 gam muối khan. Giá tr ị của m là:

A. 3,36 gam B. 4,28 gam C. 4,64 gam D. 4,80 gam

4, Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợ p X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 đặc,

nóng thu đượ c dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). Khối lượ ng muối thu đượ c khi cô cạn dung dịch Y

là:A. 160 gam B. 140 gam C. 120 gam D. 100 gam

5, Cho 11,6 gam hỗn hợ p X gồm Fe, FeO, Fe2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư đượ c V lít khí Y

(đktc) gồm NO và NO2 có tỉ khối hơ i so vớ i H2 là 19. Mặt khác, nếu cho cùng lượ ng khí hỗn hợ p X trêntác dụng vớ i khí CO dư thì sau phản ứng hoàn toàn đượ c 9,52 gam Fe. Giá tr ị của V là:

A. 2,8 lít B. 5,6 lít C. 1,4 lít D. 1,344 lít

6, Để m gam Fe trong không khí một thờ i gian đượ c 7,52 gam hỗn hợ p X gồm 4 chất. Hòa tan hết X

trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư đượ c 0,672 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch

Y. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y đượ c m1 gam muối khan. Giá tr ị của m và m

1 lần lượ t là:

A. 7 gam và 25 gam B. 4,2 gam và 1,5 gam

C. 4,48 gam và 16 gam D. 5,6 gam và 20 gam

Như ng trong bài toán d ướ i đ ây, cả “phươ ng pháp quy đổ i nguyên t ử ” và công thứ c tính nhanh ở trên đều chỉ đ áng “xách dép” về t ố c độ nế u so vớ i một công thứ c khác:

Hòa tan hoàn toàn 34,8 gam một oxit sắt dạng FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng. Sau phảnứng thu đượ c 1,68 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Xác định công thức của oxit đã cho?

• Cách 1: Coi loại oxit đ ã cho (1 chấ t) là hỗ n hợ p của Fe và O nguyên t ử .

Gọi số mol của 2 loại nguyên tử trong 34,8 gam hỗn hợ p lần lượ t là x và y (mol).






Quá trình phản ứng trong bài có thể tóm tắt lại trong sơ đồ:

2 4+H SO 3+ -2

2Fe, O dd (Fe , O ) + SO ⎯⎯→ ↑

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượ ng và bảo toàn electron, ta có hệ phươ ng trình:

⎧ ⎧⎪→ →⎨ ⎨

× ⎩⎪⎩

oxit Fe O

e cho e nhËn

m = m + m = 56x + 16y = 34,8 gamx = 0,45 mol x 3

=1,68n = n hay 3x = 2y + 2 y = 0,6 mol y 4

22,4

Do đó Oxit đã cho là Fe3O4.

• Cách 2: Dùng công thứ c tính nhanh.

34 82

16Fe hh e (hh cho) Fe O

- 25,2m = 0,7m - 5,6n = 25, gam n = 0,45 mol n = = 0,6 mol→ →

,

Fe

3 4

O

n 3

= Fe On 4→ →

• Cách 3: Dùng công thứ c tính nhanh khác.

Ta có:2oxit e SO oxit 3 4

34,8n = n = 2n = 0,15 mol M = = 232 Fe O

0,15→ →

M ột ví d ụ khác là một câu đượ c đ ánh giá là “khó” trong đề thi Đ H-C Đ khố i A năm 2009:

Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nướ c đượ c dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X, thuđượ c a gam k ết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu đượ c a gam k ết

tủa. Giá tr ị của m là

A. 20,125 B. 12,375 C. 22,540 D. 17,710

Cách 1: Tính l ần l ượ t theo t ừ ng bướ c phản ứ ng.

Ở đây, lượ ng KOH trong 2 tr ườ ng hợ p là khác nhau nhưng lượ ng k ết tủa lại bằng nhau → để Zn2+

bảo toàn thì ở tr ườ ng hợ p 1, sản phẩm sinh ra gồm Zn(OH)2 và Zn2+ dư, còn ở tr ườ ng hợ p thứ 2, sản

phẩm sinh ra gồm Zn(OH)2 và 2-

2ZnO .

Ở cả 2 tr ườ ng hợ p, ta đều có phản ứng tạo thành k ết tủa: 2+ -

2Zn + 2OH Zn(OH) (1)→ ↓

vớ i 2+ -

Zn OH

1 0,11 2n = n = = 0,11 mol

2 2

×

Ở tr ườ ng hợ p 2, còn có thêm phản ứng tạo ra ion zincat: 2+ - 2

2Zn + 4OH ZnO (2)−→

vớ i 2+ -Zn OH (2)

1 (0,14 - 0,11) 2n = n = = 0,015 mol

4 4

×

Do đó, 2+4ZnSOZn

n = 0,125 mol = n m = 161 0,125 = 20,125 gam→ ×

Cách 2: Tính theo công thứ c 2( 1) ( 2) +- -OH TH OH TH Zn

n + n = 4n

- - 2 24ZnSOOH (TH1) OH (TH2) Zn Zn

n + n = 4n = (0,11 0,14) 2 = 0,5 mol n = 0,125 mol = n+ ++ × →






Do đó, m = 20,125 gam* Công thứ c trên hoàn toàn có thể xây d ự ng đượ c một cách đơ n giản t ừ ptpư (1) và (2)!

N ế u chỉ nhìn vào 2 cách làm trên, nhi ều ng ườ i sẽ cho r ằng cách sử d ụng công thứ c tính nhanh ở trên là nhanh hơ n hẳn so vớ i cách 1, tuy nhiên, vi ệc nhớ chính xác đượ c một công thứ c như vậ y khi đ i

thi không hề đơ n gi ản. H ơ n nữ a, trong bài t ậ p này, ta còn một cách làm khác hoàn toàn không cần

dùng đế n công thứ c mà có phần còn đơ n gi ản và nhanh hơ n cách sử d ụng công thứ c r ấ t nhi ều:

Cách 3: Phươ ng pháp biện luận bấ t phươ ng trình

Vì tr ườ ng hợ p 1 KOH thiếu, tr ườ ng hợ p 2 KOH lại dư (so vớ i phản ứng tạo k ết tủa), do đó, số mol

ZnSO4 phải nằm trong khoảng (0,11;0,14) và khối lượ ng ZnSO4 tươ ng ứng phải nằm trong khoảng

(17,71;20,125). Xét cả 4 đáp án thì chỉ có B là thỏa mãn.

Công thứ c phứ c t ạ p này có đ áng để nhớ không, khi ta có thể gi ải bài toán ví d ụ một cách cũng r ấ t

đơ n gi ản như sau:

Bảo toàn khối lượ ng cho phản ứng hiđro hóa, ta có:

16 8

12 6X Y

X Y X X Y Y

Y X

n Mm = m hay M n = m n = = =

n M× × →

Giả sử tr ướ c phản ứng có 8 mol hỗn hợ p khí → sau phản ứng có 6 mol hỗn hợ p khí

Số mol khí giảm (2 mol) chính là số mol anken ban đầu8 12

2anken 3 6

- 6 2M = = 42 C H

× ×→ →

Như vậy là rõ ràng, việc sử dụng công thức tính nhanh khi giải toán Hóa học chưa chắc đã là giải

pháp nhanh nhất và tối ưu nhất. Mỗi công thức đều có “khả năng ứng dụng” có giớ i hạn, phụ thuộc vào

việc “ta có những dữ kiện gì” và “ta cần dữ kiện gì”.

3, Rấ t nhi ều công thứ c gi ải toán có “nguồn g ố c chung” vớ i nhau và ta không nên t ố n thờ i gian

vào vi ệc học t ừ ng công thứ c riêng l ẻ mà hãy học và nắm cho vữ ng cái “nguồn g ố c chung” ấ y:






T ấ t cả nhữ ng thứ g ọi là “công thứ c” này có đ áng để học thuộc không khi t ấ t cả chúng đều đơ n gi ản là bắt nguồn t ừ phươ ng pháp T ăng – gi ảm khố i l ượ ng???

Vi ệc học thuộc các công thứ c trên hoàn toàn là vô nghĩ a và không cần thi ế t nế u như học sinh đ ãnắm vữ ng các nội dung cơ bản của phươ ng pháp T ăng – gi ảm khố i l ượ ng (còn nế u đ ã không nắm

vữ ng thì không thể nghĩ đế n chuyện nhớ và vận d ụng đ úng công thứ c đượ c!)

T ấ t cả các công thứ c tính đồng phân này có đ áng để học không khi mà ta hoàn toàn có thể dùngmột công thứ c và phươ ng pháp tính đơ n gi ản, hi ệu quả hơ n hẳn để tính toán số đồng phân của hầu

hế t các loại hợ p chấ t hữ u cơ trong chươ ng trình phổ thông, đồng thờ i còn bi ế t đượ c số loại đồng phân

ứ ng vớ i t ừ ng loại cấ u t ạo (có bao nhiêu đồng phân r ượ u/amin bậc I, bậc II, bậc III, …)??? H ơ n nữ a,

đề thi Đ H-C Đ hầu như không bao gi ờ hỏi đơ n gi ản vi ệc tính số đồng phân như trong các công thứ ctrên mà vi ệc tính số đồng phân luôn đ i kèm vớ i bi ện luận CTCT thỏa mãn các tính chấ t Hóa học cho

tr ướ c!

Như vậy, chỉ bằng một vài ví dụ điển hình, ta có thể thấy r ằng việc sử dụng công thức tính nhanh

trong giải toán Hóa học tiềm ẩn r ất nhiều r ủi ro. Việc áp dụng các công thức tính nhanh vào giải toán đôi

khi cũng là cần thiết và hiệu quả nhưng để làm đượ c như vậy nhất thiết phải nắm vững các điều kiện cầnvà đủ để nghiệm đúng công thức đó, đồng thờ i, chúng ta cũng nên sàng lọc, lựa chọn trong quá trình học,

chỉ nên “nhớ ” những “công thức gốc” và những “phươ ng pháp gốc” có tính ứng dụng cao, phổ biến và dễ

có khả năng r ơ i vào đề thi ĐH nhất thay vì học vô số các công thức hệ quả của chúng, vừa tốn thờ i gian

vừa dễ nhầm lẫn và không hiệu quả!

Không phải bài toán nào trong đề thi cũng có công thức tính nhanh!

Không phải khi đi thi, bài toán nào ta cũng ngh ĩ ra đượ c cách làm nhanh nhất!

Khi đi thi, phươ ng pháp nhanh nhất cho 1 bài toán chính là phươ ng pháp mà ta ngh ĩ ra đượ c ngay

lúc đó và để giải nhanh nhất đề thi ĐH, điều cơ bản và quan tr ọng nhất là từng phép tính nhỏ, từng biến






đổi và quan hệ Hóa học đều đượ c xử lý một cách nhanh nhất và tối ưu nhất. Nếu thực sự làm đượ c như

vậy thì hiệu quả thu đượ c còn nhanh hơ n r ất nhiều so vớ i việc “cố nhớ ” một công thức giải nhanh nào đó.

P/S: Bài viết trên mang quan điểm cá nhân của tác giả và chỉ mang tính chất tham khảo. Để hiểu rõhơ n các thông tin và nhận định đã nêu ra ở trên, các bạn có thể tìm đọc các bài giảng có liên quan tại các

địa chỉ:Tổng hợ p 18 cách giải cho bài toán vô cơ kinh điển

Rèn luyện để tr ở thành học sinh giỏi Hóa học ở tr ườ ng phổ thông

Vấn đề rèn luyện k ỹ năng tính ở tr ườ ng phổ thông

Công thức tính nhanh cho bài toán vô cơ kinh điển của Sao băng lạnh giá




Các bạn cũng có thể tham khảo các bài giảng chuyên đề trên blog cá nhân của tôi:



Ngoài ra, để giúp các em học sinh có đượ c sự chuẩn bị tốt nhất cho k ỳ thi Tốt nghiệ p THPT và

Tuyển sinh ĐH-CĐ sắ p tớ i đây, vào đầu tháng 5 này, Công ty cổ phần Giáo d ục GSA ti ế p t ục khai

gi ảng Khóa luyện thi Đ H cấ p t ố c dành cho các em học sinh l ớ p 12 và 13. Tham gia vào Khóa học, các

em sẽ có cơ hội:

+ Đượ c ti ế p cận vớ i các phươ ng pháp t ư duy gi ải toán mớ i nhấ t, nhanh nhấ t và hi ệu quả nhấ t

+ Làm chủ hoàn toàn các phươ ng pháp gi ải toán quan tr ọng vớ i nhữ ng “d ấ u hi ệu nhận bi ế t” và

cách phân loại hế t sứ c rõ ràng.

+ Làm quen vớ i các d ạng bài t ậ p và các phươ ng pháp gi ải toán hoàn toàn mớ i và “ độc”: gi ải toán

vớ i đươ ng l ượ ng phản ứ ng, phươ ng pháp bi ện luận gi ớ i hạn nghi ệm, x ấ p x ỉ hóa các đại l ượ ng cự cnhỏ , đườ ng chéo trong các bài toán pH, đườ ng chéo cho các dung d ị ch có phản ứ ng vớ i nhau, quy đổ i phản ứ ng Hóa học, phươ ng pháp Chọn ng ẫ u nhiên, các “công thứ c g ố c” trong gi ải toán, …. đặc bi ệt

là phươ ng pháp Đế m và Tính nhanh số đồng phân các hợ p chấ t hữ u cơ .

+ Phươ ng pháp t ư duy linh hoạt và gi ải quyế t hi ệu quả các yêu cầu phổ bi ế n trong đề thi như : xác

đị nh CTPT, bi ện luận CTCT, bài t ậ p tính hi ệu suấ t, chuỗ i phản ứ ng, các bài t ậ p so sánh, nhận bi ế t,tách, …

Các em học sinh và các quý vị phụ huynh có thể truy cậ p website: http://giasuams.com/ hoặc điện

thoại tớ i số 04.38684441 – 36230476 - 39152590 – 0989768553 (gặ p Chị Hậu hoặc Chị Linh) để tìm hiểu

thông tin chi tiết.





ĐÁNH GIÁ ĐẦY ĐỦ HƠ N Ý NGHĨA CỦA

PHƯƠ NG PHÁP GHÉP ẨN SỐ

I. Đặt vấn đề

Phươ ng pháp ghép ẩn số là một phần trong số những phươ ng pháp đại số thườ ng đượ csử dụng để giải các bài toán phổ thông. Cái tên “ghép ẩn số” từ lâu đã tr ở nên quen thuộc đối

vớ i các em học sinh. Tuy nhiên, qua theo dõi một số diễn đàn trong thờ i gian qua, tôi nhận thấynhiều em học sinh còn chưa hiểu rõ về phươ ng pháp này, dẫn đến nhầm lẫn phươ ng pháp ghép

ẩn số vớ i nhiều phươ ng pháp hoặc biến đổi đại số khác.

Bài giảng về phươ ng pháp ghép ẩn số đã từng đượ c tôi đề cậ p đến vớ i tiêu đề “Phươ ng

pháp ghép ẩn số - những biến đổi đại số”. Tuy nhiên, do phải giữ gìn một số tìm tòi khám phá

riêng đồng thờ i tránh chuyện một số tác giả có thể lạm dụng các thông tin trong bài viết của tôi

như đã từng xảy ra vớ i bài giảng về “phươ ng pháp đườ ng chéo” vớ i anh Lê Phạm Thành nên bài viết tr ướ c đây mớ i chỉ mang tính chất giớ i thiệu về mặt phươ ng pháp để giúp các em phân

biệt vớ i các phươ ng pháp khác.

Để các em học sinh có thêm một tài liệu hay và quan tr ọng tr ướ c k ỳ thi ĐH sắ p tớ i cũng

như giúp cho các bạn giáo viên có thêm một tài liệu hay để phục vụ việc giảng dạy, tôi viết lại

bài giảng này vớ i những so sánh, phân tích sâu sắc hơ n những ưu – nhượ c điểm của phươ ng

pháp này. Qua bài giảng, các bạn sẽ thấy nếu biết tư duy đúng hướ ng, biết phân tích và xử lýđúng cách, thì phươ ng pháp “ghép ẩn số” không hề quá “trâu bò” như chúng ta vẫn tưở ng và

hoàn toàn có thể áp dụng một cách có hiệu quả trong thi tr ắc nghiệm. Đồng thờ i, bài viết cũng

chỉ ra những ý ngh ĩ a đặc biệt của phươ ng pháp “ghép ẩn số” trong việc gợ i ý những phươ ng

pháp giải nhanh khác hiệu quả hơ n. Đây là một phát hiện r ất độc đáo của cá nhân tôi và r ất có ý

ngh ĩ a về mặt lý luận dạy học, các thầy cô giáo có thể vận dụng điều này vào việc phát triển tư

duy và phươ ng pháp cho các em học sinh.

Để hiể u rõ hơ n các phươ ng pháp giải toán và mố i quan hệ giữ a chúng, xin mờ i xem các

nội dung học của l ớ p học "K ỹ năng, kinh nghiệm và phươ ng pháp giải nhanh bài thi Tr ắ cnghiệm Hóa học" trong blog của tôi.

II. Các ví dụ và phân tích

Ví d ụ 1: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợ p hai r ượ u no, đơ n chức r ồi dẫn toàn bộ sản

phẩm qua bình 1 đựng H2SO4 và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có

8g k ết tủa. Tính a?


Đặt công thức phân tử của 2 r ượ u là CnH2n+2O và CmH2m+2O và số mol tươ ng ứng là x, y.

1, Phân tích bài toán




[email protected]


2COn = nx + my = 0,08 mol (1)

(2)2H On = (n+1)x + (m+1)y = 0,11 mol


a = (14n+18)x + (14m+18)y (3)

2, Bi ế n đổ i các bi ể u thứ c đ ã cho để ghép ẩ n số

Cách 1: Đồng nhất hệ số

Đặt A và B là hệ số của các phươ ng trình (1) và (2) sao cho:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 14 18 14 18nx my B n x m y n x m y+ + + + + = + + +⎡ ⎤⎣ ⎦

Đồng nhất hệ số của nx, my, x và y, ta có hệ phươ ng trình:

, : 1, : 18

nx my A B

x y B4+ =⎧⎨

=⎩ → 4

18 A

B= −⎧⎨=⎩

Như vậy, k ết quả cần tìm là:

( ) ( )18 2 4 1 1,66a g = − =

Cách 2: Biến đổi đại số

Lấy (2) tr ừ (1) ta có: 0,03 x y+ =

Do đó: a = (14n+18)x + (14m+18)y = 14(nx+my) + 18(x+y) = 1,66 g

3, Phân tích ý nghĩ a nhữ ng bi ế n đổ i

Mỗi một k ết quả biến đổi từ phươ ng pháp ghép ẩn số đều cho ta những k ết quả quan

tr ọng trong giải toán. Cụ thể, các k ết quả biến đổi ở trên cho thấy:

Từ cách biến đổi thứ nhất, ta có 1 k ết quả như sau: “Khối lượ ng đốt cháy của hợ p

chất hữu cơ dạng CnH2n+2O = Khối lượ ng H2O – 4 lần số mol CO2”. K ết quả này hoàn toàn cóthể chứng minh đượ c một cách dễ dàng và có thể mở r ộng ra vớ i các hợ p chất hữu cơ chứa C,

H, O khác. Đây có thể xem là một công thức tính và có thể áp dụng r ất nhanh cho các bài toán

tươ ng tự.

Tươ ng tự, từ cách biến đổi thứ hai, ta có 1 k ết quả như sau: “Khối lượ ng đốt cháy

của hợ p chất hữu cơ dạng CnH2n+2O = 14 lần số mol CO2 + 18 số mol chất hữu cơ đã đốt”

Cũng trong cách biến đổi thứ hai (vớ i việc lấy (2) – (1)), ta có một k ết quả quan

tr ọng mà tôi đã từng tổng k ết r ất tổng quát trong bài giảng về phươ ng pháp “Phân tích hệ số và

ứng dụng trong giải nhanh bài toán Hóa học”, bài toán này là một tr ườ ng hợ p riêng vớ i k ết quả





[email protected]

cụ thể như sau: “Khi đốt cháy của hợ p chất hữu cơ dạng CnH2n+2O thì số mol chất hữu cơ đã đốt

cháy = Số mol H2O – số mol CO2”

Ngoài ra, trong cách biến đổi thứ hai, việc tính đượ c k ết quả ( )nx my+ và

( ) y+ là một lờ i gợ i ý cho chúng ta có thể ngh ĩ đến việc giải bài toán này bằng phươ ng pháp

trung bình (ở đây là số nguyên tử C trung bình)

4, Gi ải l ại bài toán bằng cách khác

Cách 3: dùng công thức thu đượ c từ nhận xét 1

18 0,11 4 0,08 1,66a g = × − × =

Cách 4: dùng công thức thu đượ c từ nhận xét 2

Ta có:2 2

0,11 0,08 0,03 H O CO x n n m= − = − = ol

Vớ i x là số mol r ượ u ban đầu.

14 0,08 18 0,03 1,66a g = × + × =

Cách 5: phươ ng pháp trung bình

Gọi công thức chung của 2 r ượ u đã cho là 2 2n nC H O

+ vớ i số mol tươ ng ứng là x.

Ta có:2 2

0,11 0,08 0,03 H O CO x n n m= − = − = ol

và 20,11 11

0,03 3CO

hh

nn

n= = =

Suy ra, ( )14 18 1,66m n x= + = g

Ví d ụ 2: Hỗn hợ p X gồm r ượ u metylic, r ượ u etylic, r ượ u propylic và nướ c. Cho a gam G

tác dụng vớ i Natri dư đượ c 0,7 mol H2. Đốt cháy hoàn toàn a gam X thu đượ c b mol CO2 và 2,6

mol H2O. Tính a và b.


Tr ướ c hết, xin đượ c giớ i thiệu lại một cách làm đã đượ c trình bày trong chuyên đề

“Phươ ng pháp ghép ẩn số” thuộc chươ ng trình ôn thi Đại học – Cao đẳng môn Hóa học của Đài

truyền hình Thành phố HCM năm 2004

(http://www.htv.com.vn/data/news/2004/6/19809/trang_1.htm):

Các phươ ng trình phản ứng xảy ra trong bài:


http://www.htv.com.vn/data/news/2004/6/19809/trang_1.htm

http://www.htv.com.vn/data/news/2004/6/19809/trang_1.htm




[email protected]

3 3

2 5 2 5 2

3 7 3 7 2

2 2

3 2 2 2

2 5 2 2 2

3 7 2 2 2

1

21

21

21

23

223 2 3

93 4

2

CH OH Na CH ONa H

C H OH Na C H ONa H

C H OH Na C H ONa H

H O Na NaOH H

CH OH O CO H O

C H OH O CO H O

C H OH O CO H O

+ → +

+ → +

+ → +

+ → +

+ → +

+ → +

+ → +

2

6

Gọi số mol của các chất trong hỗn hợ p lần lượ t là x, y, z và t.

Từ số mol H2 thoát ra, ta có:

1, 4 x y z t + + + = (1)

Từ số mol H2O thu đượ c, ta có:

2 3 4 2, x y z t + + + = (2)

Số mol CO2:

2 3 1,b x y z = + + = 2 (3)

Khử t ở phươ ng trình (1) và (2), ta có:

(2 3 4 ) ( ) 2 3 y z t x y z t x y+ + + − + + + = + + z

t

2,6 1, 4 1, 2b mol ⇒ = − =

Khối lượ ng của X là:

32 46 60 18a x y z = + + + (4)

Khử t ở phươ ng trình (4) và (1), ta có:

(32 46 60 18 ) 18( ) 14( 2 3 ) x y z t x y z t x y z + + + − + + + = + + 18 1, 4 14 42a b a⇒ − × = ⇒ = g

Nhận xét: Cách biến đổi đã thực hiện ở trên hoàn toàn mang tính chất “mò mẫm”,

r ất khó có thể tìm thấy một cơ sở để tiến hành các biến đổi trên và cũng r ất khó tìm ra điểm

chung trong phươ ng pháp “ghép ẩn số” giữa bài toán này vớ i các bài toán khác.






[email protected]


1, 4 x y z t + + + = (1)


62 3 4 2, x y z t + + + = (2)


2 3b x y z = + + (3)

32 46 60 18a x y z = + + + t (4)



Đặt A, B, C, D là hệ số của các phươ ng trình (1) và (2) sao cho:

( ) ( )2 3 4 2 3 x y z t B x y z t x y z b+ + + + + + + = + + =

( ) ( )2 3 4 32 46 60 18C x y z t D x y z t x y z t a+ + + + + + + = + + + =

Đồng nhất hệ số và giải hệ phươ ng trình, ta dễ dàng có:

A = -1, B = 1, C = 4, D = 14

Từ đó có k ết quả:

( ) ( )2 1 1,2b = − = mol (5) và ( ) ( )4 1 14 2 42a g = × + × =


Làm như cách 1 ở trên, ta thu đượ c giá tr ị của A và B, sau đó, để tìm a, ta đồng nhất hệ

số của (1) và (5) hoặc (2) và (5) thay vì đồng nhất hệ số của (1) và (2) như trên. K ết quả thuđượ c hoàn toàn phù hợ p vớ i 2 nhận xét 1 và 2 ở ví dụ 1.

Cách 3: Biến đổi đại số k ết hợ p đồng nhất hệ số

Sử dụng k ết quả từ nhận xét 3 ở ví dụ 1, ta có ( ) ( )2 1 1,2b = − = mol tức là có k ết quả

(5), sau đó thực hiện đồng nhất hệ số (1) và (2) hoặc (1) và (5) hoặc (2) và (5).

Cách 4: Biến đổi đại số

Tươ ng ứng vớ i mỗi cách đồng nhất hệ số ở trên, lại có một cách biến đổi đại số tươ ng

ứng. Ở đây, tôi chỉ ví dụ tr ườ ng hợ p biến đổi đại số vớ i 2 biểu thức (1) và (5).( ) ( )

( ) ( )

2 3 2 3 4 1, 2

32 46 60 18 18 14 2 3 42

b x y z x y z t x y z t

a x y z t x y z t x y z

= + + = + + + − + + + =⎧⎪⎨

= + + + = + + + + + + =⎪⎩

K ết quả này là tươ ng ứng vớ i nhận xét 2 của ví dụ 1.





[email protected]

Bài tậ p này khá giống vớ i ví dụ 1 đã nêu ở trên nên các k ết quả thu đượ c phù hợ pvớ i nhận xét 1,2 và 3 của ví dụ 1. Tuy nhiên, ngoài ra ta còn thu đượ c một k ết quả nữa là “Khối

lượ ng đốt cháy của hợ p chất hữu cơ dạng CnH2n+2O = 14 lần số mol H2O + 4 số mol chất hữu cơ đã đốt”


Cách 5, 6, 7: Dùng các công thức tính đã nêu ở nhận xét 1, 2 của ví dụ 1 và nhận xét của

ví dụ 2.

Cách 8: Phân tích hệ số, bảo toàn nguyên tố và khối lượ ng

Các phản ứng vớ i Na có thể viết chung là:

2

1

2 ROH Na RONa H + → +

Do đó,2

2 1, 4 X H n n m= = ol

l Các chất trong hỗn hợ p X có dạng CnH2n+2O nên:2 2

1, 2 X H O COn n n b mo= − → =


2

2,6 1, 2 2 1,41,8

2On m+ × −

= = ol


2 2 242

CO H O Oa m m m g = + − =

Ví d ụ 3: Một phôi bào sắt có khối lượ ng m để lâu ngoài không khí bị oxi hóa thành hỗnhợ p A gồm Fe, FeO, Fe O , Fe O có khối lượ ng 12g. Cho A tan hoàn toàn trong HNO sinh ra

2,24 lít khí NO duy nhất (ở điều kiện tiêu chuẩn). Viết phươ ng trình phản ứng và tính m?3 4 2 3 3


Tr ướ c hết, xin đượ c giớ i thiệu lại một số cách làm đã đượ c PGS. Nguyễn Xuân Tr ườ ng

trình bày trong bài viết “8 cách giải cho một bài toán Hóa học” đăng trên tạ p chí Hóa học và

Ứ ng dụng số ra tháng /2006.

Cách 1: Dùng phươ ng pháp đại số , là phươ ng pháp học sinh hay sử d ụng nhấ t vì chủ yế u họ chỉ

đượ c d ạ y phươ ng pháp này.

Viết PTPƯ , đặt hệ số và lậ p hệ phươ ng trình đại số:






4

3

2

2 3

2 2

2 2

3 2

4 3 2

Fe O FeO

Fe O Fe O

Fe O Fe O

+ →

+ →

+ →

Đặt x, y, z, t lần lượ t là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3:

3 3 3 2

3 3 3 2

3 4 3 3 3 2

2 3 3 3 3 2

4 ( ) 23 10 3 ( ) 5

3 28 9 ( ) 14

6 2 ( ) 3

Fe HNO Fe NO NO H O

FeO HNO Fe NO NO H O

Fe O HNO Fe NO NO H O

Fe O HNO Fe NO H O

+ → + ++ → + +

+ → + +

+ → +

Theo khối lượ ng của hỗn hợ p A: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1)

Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t =56

m (2)

Theo số mol nguyên tử O: y + 4z + 3t =

12

16

m−

(3)

Theo số mol NO:2,24

0,13 3 22,4

y z x + + = =

hay: 3x + y + z = 0,3 (4)

Học sinh bình thườ ng tìm cách giải hệ phươ ng trình để tìm giá tr ị của các ẩn x, y, z, t và

thay vào phươ ng trình (2) để tính m nhưng họ không giải đượ c, vì ở đây các phươ ng trình (2) và

(3) đều tươ ng đươ ng vớ i phươ ng trình (1) ( Sao băng: d ĩ nhiên rùi, mFe + mO = mA mà).

Như vậy, thực chất chỉ có 2 phươ ng trình là (1) và (4) nên không thể giải hệ này bằng

phươ ng pháp thay thế hay phươ ng pháp cộng.

Học sinh giỏi Toán có thể dùng phươ ng pháp biến đổi đại số:

Chẳng hạn: đặt a = x + y + 3z + 2t =56

m và gọi α, β là các hệ số sao cho:

( 3 2 ) (3 ) x y z t x y z 12α β + + + + + + = (*)

hay ( 3 ) ( ) (3 ) 2 1 x y z t 2α β α β α β α + + + + + + = (1’)

Đồng nhất hệ số của (1) và (1’):

{ {3 56 8072 8

α β α

α β β + = =+ = =−⇒

Thay vào (*), ta có:.0,3 12

0,18, 56.0,18 10,08

a

a m g

α β + =

→ = = =

Học sinh thông minh nhận thấy chỉ cần biến đổi để tìm đượ c giá tr ị của phươ ng trình (2)

hoặc (3) là tính đượ c m. Chẳng hạn, đi tìm giá tr ị của phươ ng trình (2) như sau:




[email protected]

Chia (1) cho 8 đượ c: 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5)

Nhân (4) vớ i 3 đượ c: 3x + y + z = 0,3 (6)

Cộng (5) vớ i (6) đượ c: 10x + 10y + 30z + 20t = 1,8 (7)

Chia (7) cho 10 đượ c: x + y + 3z + 2t = 0,18

Vậy m = 56.0,18 = 10,08g

Hoặc đi tìm giá tr ị của phươ ng trình (3) như sau:

Nhân (1) vớ i 3/8 đượ c: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8)

Nhân (4) vớ i 21 đượ c: 21x + 7y + 7z = 2,1 (9)

Lấy (8) – (9) đượ c: 20y + 80z + 60t = 2,4 (10)

Chia (10) cho 20 đượ c: y + 4z + 3t = 0,12

Khối lượ ng Oxi trong oxit là: 0,12.16 = 1,92g

Khối lượ ng Fe là: m = 12 – 1,92 = 10,08gCách 2:

Phươ ng pháp tách, ghép công thứ c k ế t hợ p vớ i phươ ng pháp đại số .

Do Fe3O4 đượ c coi là hỗn hợ p FeO và Fe2O3 có tỷ lệ mol 1:1 nên thay Fe3O4 bằng

FeO.Fe2O3 ta đượ c đượ c hợ p gồm 3 chất là Fe, FeO, Fe2O3.

Đặt x, y, z là số mol của Fe, FeO và Fe2O3, ta có hệ phươ ng trình:

56 72 160 12 x y z + + = (1)

2 56m x y z + + = (2)

123

16

m y z

−+ = (3)

10,1

3 x y+ = (4)

Việc bớ t đi một ẩn số làm cho hệ 4 phươ ng trình vớ i 4 ẩn số giải dễ dàng hơ n.

Tuy nhiên, do không cần giải hệ để tìm giá tr ị của tất cả các ẩn số mà chỉ cần tính m nên

cũng chỉ cần tính giá tr ị của phươ ng trình (2) hoặc (3).Chẳng hạn như tìm giá tr ị của phươ ng trình (2) như sau:

Nhân (4) vớ i 24 đượ c: 24x + 8y = 2,4 (5)

Cộng (1) vớ i (5) đượ c: 80x + 80y + 160z = 14,4 (6)

Chia (6) cho 80 đượ c: x + y + 2z = 0,18

Hoặc tìm giá tr ị của phươ ng trình (3) như sau:





[email protected]

Nhân (1) vớ i 3/8 đượ c: 21x + 27y + 60z = 4,5 (7)

Nhân (4) vớ i 21 đượ c: 21x + 7y = 2,1 (8)

Lấy (7) – (8) đượ c: 20y – 60z = 2,4 (9)

Chia (9) cho 20 đượ c: y + 3z = 0,12 (10)

Khối lượ ng trong oxit là: 0,12.16 = 1,92g

Khối lượ ng Fe là: m = 12 – 1,92 = 10,08g

Nhận xét : Cũng giống như cách giải đã nêu của Đài truyền hình tpHCM, cách

giải của thầy Tr ườ ng trong bài toán này cũng mang tính “mò mẫm”, r ườ m rà và không có tính

khái quát. Ví dụ, để tìm giá tr ị của phươ ng trình (2), phải nhân (4) vớ i 24, cộng (1) vớ i (5), ....,

điều này sẽ khiến nhiều bạn đặt câu hỏi “tại sao lại làm thế, cơ sở nào để làm thế”. Vớ i một

cách làm như vậy thì chỉ có thể trông vào sự “thông minh đột xuất”. Ngoài ra, có những nhậnđịnh còn chưa chính xác, ví dụ trong cách làm thứ 2 có nói “Việc bớ t đi một ẩn số làm cho hệ 4

phươ ng trình vớ i 4 ẩn số giải dễ dàng hơ n” là không chính xác, ta không thể giải 4 phươ ng trìnhnày vì thực ra ở đây chỉ có 2 phươ ng trình mà thôi.


Biểu thức đã cho :

mhh = 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1)

ne cho = 3x + y + z = 0,3 (2)


( )2t3zyx56 +++=m (3)



Đặt A và B là hệ số của các phươ ng trình (1) và (2) sao cho:

( ) ( ) ( )321 =+ B A

Tiến hành đồng nhất hệ số như các ví dụ ở trên, ta có : A = 0,7 và B = 5,6

Và do đó, m = 10,08g.

Cách 2 : Biến đổi đại số

Trong bài tậ p này, để biến đổi đại số đượ c thực hiện vớ i 2 biểu thức sau :

nFe = x + y + 3z + 2t (4)

nO = y + 4z + 3t (5)

Vớ i 2 biểu thức đã cho và dữ kiện đề bài, ta có :





[email protected]

( ) ( )

( ) ( )

56 72 232 160 56 3 2 16 4 3 12

3 3 3 2 4 3 0,3

hh

e cho

m x y z t x y z t y z t

n x y z x y z y z t

= + + + = + + + + + + =⎧⎪⎨

= + + = + + − + + =⎪⎩

Coi 2 biểu thức (4) và (5) là 2 ẩn của một hệ 2 phươ ng trình, giải hệ ta có :

3 2 0,1

4 3 0,12

x y z t

y z t

+ + + =⎧⎨ + + =⎩

8

Từ đó, có k ết quả ( )56 3 2 10,08m x y z t g = + + + =

(Để tìm ra các hệ số 56, 16, 2, 3 trong hệ phươ ng trình trên, cũng có thể dùng phươ ng

pháp đồng nhất hệ số)


Từ cách 1 (đồng nhất hệ số), ta thu đượ c k ết quả là một công thức tính:

( )10567 echo Fe nmm += (6)

đây là một công thức đã từng đượ c một member là phanhuuduy90 ở diễn đàn

forum.hocmai.vn đưa ra và chứng minh. Nếu có thể nhớ để áp dụng thì công thức này có thể

dùng để tính r ất nhanh khi thi tr ắc nghiệm.

Trong cách làm thứ 2 (biến đổi đại số), ta chú ý đến các hệ số trong 2 phươ ng

trình:

( ) ( )

( ) ( )

56 3 2 16 4 3 12

3 3 2 4 3 0,3

hh

e cho

m x y z t y z t

n x y z y z t

= + + + + + + =⎧⎪⎨

= + + − + + =⎪⎩

Phân tích 2 phươ ng trình này, ta thấy: 56 và 16 là KLNT tươ ng ứng của Fe và O,

( )3 2 x y z t + + + và ( là số mol nguyên tử Fe và nguyên tử O tươ ng ứng trong hỗn

hợ p, mỗi mol Fe cho 3 mol e, mỗi mol O nhận 2 mol e.

)4 3 y z t + +

Chính những phân tích này dẫn dắt chúng ta đến việc giải lại bài toán theo phươ ng pháp

quy đổi, đưa hỗn hợ p oxit về hỗn hợ p của Fe và O (Oxi nguyên tử).


Đây là một bài toán r ất quen thuộc mà tôi vẫn thườ ng gọi là “bài toán kinh điển” và theotổng k ết của tôi thì đã có khoảng 15 cách làm khác nhau cho bài toán này. Tuy nhiên, ở đây tôi

chỉ sử dụng 2 k ết quả đã nêu ở trên để giải lại bài toán theo cách khác như sau:

Cách 3: Dùng công thức tính (6)

Cách 4: Phươ ng pháp quy đổi





[email protected]

Coi 12 gam hỗn hợ p Fe và các oxit của nó là hỗn hợ p của Fe và O vớ i số mol tươ ng ứng

là x và y.


56 16 12 0,18

3 2 0,3 0,12

hh

e cho

m x y g x mol

n x y mol y mol

= + = =⎧ ⎧→

⎨ ⎨= − = =⎩⎩

Do đó, khối lượ ng cần tìm: 56 0,18 10,08m g = × =

Ví d ụ 4: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợ p X ở dạng bột gồm Fe, FeS, FeS2 trong

dung dịch HNO3 thu đượ c 0,48 mol NO2 và dung dịch X. Cho X tác dụng vớ i dung dịch

Ba(OH)2 dư, lọc k ết tủa và nung đến khối lượ ng không đổi đượ c m gam hỗn hợ p r ắn. Tính m.


Bài toán này có thể sơ đồ hóa lại như sau:

S, FeS, FeS2 Fe→ 2O3 và BaSO4. Nếu nhìn vào quá trình oxh thì thấy r ằng:

S, FeS, FeS2 Fe→ +3 và S+6

Đặt số mol Fe, FeS và FeS2 trong hỗn hợ p ban đầu lần lượ t là x, y, z.



g z y xmhh 76,31208856 =++= (1)

mol y y xn e 48,01593 =++= (2)


( ) ( ) z y z y xm 223380 ++++= (3)


Vì bài viết đã quá dài, nên ở đây, tôi xin trình bày cách làm biến đổi đại số luôn, các bạn

và các em hoàn toàn có thể giải lại dễ dàng bằng cách đồng nhất hệ số.

Nhận thấy r ằng, để tính giá tr ị của biểu thức (3), ta chỉ cần tính ( ) z y x ++ và ( ) z y 2+ , do

đó, ta sẽ biến đổi biểu thức (1) và (2) về 2 nhóm hạng tử này.

( ) ( )

( ) ( )⎩⎨⎧

=++++=++=

=++++=++=

mol z y z y x y y xn

g z y z y x z y xm

e

hh

48,02631593

76,3232561208856

(Các hệ số biến đổi này cũng có thể thu đượ c bằng cách đồng nhất hệ số)

Coi 2 hạng tử trên là 2 ẩn của một hệ 2 phươ ng trình, giải hệ ta có :





[email protected]

⎩⎨⎧

=+

=++

065,02

03,0

z y

z y x

Thay vào biểu thức (3) ta dễ dàng có: g m 545,17=


Vớ i cách biến đổi như trên, hệ phươ ng trình ta thu đượ c chính là một lờ i gợ i ý cho việc

sử dụng phươ ng pháp quy đổi.

Hệ số 56 và 32 chính là KLNT của Fe và S, 3 và 6 chính là số mol e tươ ng ứng mà 1 mol

nguyên tử Fe và S cho để tr ở thành tr ạng thái oxh Fe+3 và S+6.


Quy đổ i: Coi 3,76 gam hỗn hợ p Fe, FeS và FeS2 đã cho là hỗn hợ p 3,76 gam của Fe và

O vớ i số mol tươ ng ứng là x và y.

Từ giả thiết, ta có hệ phươ ng trình :

⎩⎨⎧

=

=→

⎩⎨⎧

=+=

=+=

mol y

mol x

mol y xn

g y xm

e

hh

065,0

03,0

48,063

76,33256

Do đó, khối lượ ng chất r ắn thu đượ c sẽ là :

g m 545,17065,02332

03,0160 =×+×=

III. Tổng k ết chung :

Mặc dù còn r ất nhiều điều hay chưa thể nói hết vì bài viết đã quá dài, nhưng tôi ngh ĩ vớ inhững gì đã làm đượ c ở trên, chúng ta cũng có thể thu đượ c một số k ết quả quan tr ọng như sau :

1, Phươ ng pháp ghép ẩn số là một số những phươ ng pháp thuộc nhóm " phươ ng pháp đạisố" mà nếu biết cách vận dụng hợ p lý các phươ ng pháp trong nhóm này, ta có thể giải đượ c tất

cả các bài toán Hóa học.

Để hiể u rõ hơ n các phươ ng pháp giải toán và mố i quan hệ giữ a chúng, xin mờ i xem nội dung học của l ớ p

học "K ỹ năng, kinh nghiệm và phươ ng pháp giải nhanh bài thi Tr ắ c nghiệm Hóa học" trong Blog của tôi.

2, Phươ ng pháp đại số vớ i đặc tr ưng là việc đặt ẩn và biểu diễn các mối quan hệ Hóa học

của bài toán thành phươ ng trình, là một trong những phươ ng pháp giải bài tậ p đơ n giản và phổ

biến nhất, hầu hết các em học sinh ở tr ườ ng phổ thông đều sử dụng phươ ng pháp này. Ngoài ra, phươ ng pháp đại số còn đặc biệt phù hợ p vớ i các em học sinh lớ p 8, lớ p 9 vốn chưa có đủ

những kiến thức sâu sắc về Hóa học để có thể vận dụng các phươ ng pháp khác như Bảo toànelectron hay Quy đổi.






Do đó, việc tìm hiểu k ỹ càng và vận dụng linh hoạt các phươ ng pháp đại số là cực k ỳ

cần thiết vớ i các em, các bạn giáo viên trong quá trình giảng dạy cũng cần phải chú ý đến điều

này.

3, Phươ ng pháp ghép ẩn số thực sự chỉ “trâu bò” nếu như ta thực hiện các biến đổi đại số

một cách mò mẫm. Còn nếu biết cách làm thật bài bản, chuẩn mực (ví dụ như dùng đồng nhấthệ số) thì rõ ràng “ghép ẩn số” cũng là một phươ ng pháp cần đượ c tính đến trong quá trình thi

tr ắc nghiệm.

Ở đây, tôi cũng xin lưu ý các bạn là, cách làm “đồng nhất hệ số” chỉ thực sự cần thiết

trong tr ườ ng hợ p các hệ số biến đổi tươ ng đối phức tạ p và khó thực hiện (như tr ườ ng hợ p cách

1 – đồng nhất hệ số, ví dụ 3). Còn trong đại đa số các tr ườ ng hợ p, ta hoàn toàn có thể biến đổiđại số, chỉ cần một chút kiến thức toán học và sự tinh tế là , k ết quả thu đượ c là r ất nhanh

chóng.

Lẽ ra, ở đây tôi sẽ trình bày thêm vớ i các bạn một số cơ sở tư duy r ất logic để thực hiện

“biến đổi đại số” thay vì “đồng nhất hệ số” nhưng do bài viết đã quá dài, vấn đề này lại có chútToán học, hơ n nữa, việc chuyển tải từ ngôn ngữ nói sang ngôn ngữ viết khó khăn, nên tôi sẽ để dành để giảng ở lớ p học, thay vì viết vào chuyên đề này.

4, Một trong những đặc tr ưng quan tr ọng của phươ ng pháp “ghép ẩn số” là tính tổng

quát của nó. Giá tr ị các hệ số thu đượ c từ biến đổi đại số không phụ thuộc vào số liệu của bài

toán, mà chỉ phụ thuộc vào các quá trình biến đổi Hóa học, hiện tượ ng và phản ứng Hóa học

nêu ra trong bài. Do đó, sử dụng phươ ng pháp “ghép ẩn số” trong quá trình học tậ p có thể giúp

cho ta thu đượ c r ất nhiều công thức tính nhanh, tổng quát và quan tr ọng mà nếu có thể nhớ để

vận dụng khi đi thi thì tốc độ làm bài sẽ tăng lên r ất đáng k ể.

Các k ế t quả thu đượ c t ừ biế n đổ i vớ i phươ ng pháp “ghép ẩ n số ” như các nhận xét ở ví d ụ 1, 2 đề u có thể chứ ng minh đượ c d ễ dàng bằ ng các phươ ng pháp khác, không phải “ghép ẩ n số ”

5, Vớ i các phân tích ở trên, có thể thấy “ghép ẩn số” là một trong những cách, những con

đườ ng đưa ta tớ i việc sáng tạo ra những công thức tính, những phươ ng pháp giải thay thế nhanh

và mạnh hơ n. Điều này r ất có ý ngh ĩ a trong lý luận dạy và học Hóa học, ngườ i giáo viên có thể

tìm tòi, phát triển các phươ ng pháp giải mớ i, dựa trên cơ sở của phươ ng pháp “ghép ẩn số”,đồng thờ i cũng có thể định hướ ng cho học sinh của mình, để các em có đượ c sự chủ động trong

tư duy sáng tạo.

^^ chúng ta hiện đã có r ất nhiều tài liệu, r ất nhiều bài giảng về phươ ng pháp Hóa học,nhưng có lẽ ít có ai, ít có bài giảng nào đạt đến sự logic, tinh tế và sáng tạo trong việc chỉ ra một

phươ ng pháp tư duy đúng và hiệu quả. Chúng ta mớ i chỉ biết “gặ p bài đó thì làm như thế” mà

chưa biết “tại sao lại làm như thế”. Nếu chỉ học và biết nhiều phươ ng pháp, thì ta mớ i chỉ là một

ngườ i “thợ giải toán”, điều quan tr ọng là phải tìm ra phươ ng pháp tư duy hiệu quả và một giác

quan nhạy bén vớ i bài toán để thực sự tr ở thành “bậc thầy về giải toán”. Hy vọng qua bài giảng

“Đánh giá đầy đủ hơ n ý ngh ĩ a của phươ ng pháp ghép ẩn số” này, cùng vớ i bài giảng “Phươ ng




pháp sơ đồ hóa và đánh giá tổng thể bài toán Hóa học”, các bạn và các em sẽ tự tìm ra cho mình

phươ ng pháp tư duy đó.



tác gi ả .

Tôn trọng sự sáng tạo của người khác cũng là một cách để phát triển nâng cao khả

vũ khắc ngọc

Documents