10 phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học 12

2

3CaCO
n

= 0,05 mol

3CaCOm = 0,05100 = 5 gam. (Đáp án B)
Ví dụ 4: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch
A và có 1,12 lít H2 bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A. khối
lượng kết tủa thu được là
A. 0,78 gam. B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam.
Hướng dẫn giải
Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O:
M + nH2O  M(OH)n + 2n H2
Từ phương trình ta có:
2HOHn 2n  = 0,1mol.
Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3:
Al3+ + 3OH  Al(OH)3
Ban đầu: 0,03 0,1 mol
Phản ứng: 0,03  0,09  0,03 mol
 OH ( )n d­ = 0,01mol
tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình:
Al(OH)3 + OH  AlO2 + 2H2O
 0,01  0,01 mol
Vậy:
3Al(OH)m = 780,02 = 1,56 gam. (Đáp án B)
Ví dụ 5: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu
kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88 gam. B. 3,92 gam. C. 3,2 gam. D. 5,12 gam.
Hướng dẫn giải
Phương trình ion:
Cu + 2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+
 0,005  0,01 mol
3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu: 0,15 0,03 mol  H+ dư
Phản ứng: 0,045  0,12  0,03 mol
 mCu tối đa = (0,045 + 0,005)  64 = 3,2 gam. (Đáp án C)
Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm NaCl và NaBr tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được kết tủa có khối
lượng đúng bằng khối lượng AgNO3 đã phản ứng. Tính phần trăm khối lượng NaCl trong hỗn
hợp đầu.
A. 23,3% B. 27,84%. C. 43,23%. D. 31,3%.
Hướng dẫn giải
Phương trình ion:
Ag+ + Cl  AgCl
Ag+ + Br  AgBr
Đặt: nNaCl = x mol ; nNaBr = y mol
mAgCl + mAgBr = 3( )AgNOm p.­

3Cl Br NO
m m m   
 35,5x + 80y = 62(x + y)
 x : y = 36 : 53
Chọn x = 36, y = 53  NaCl 58,5 36 100%m 58,5 36 103 53
     = 27,84%. (Đáp án B)
Ví dụ 7: Trộn 100 ml dung dịch A (gồm KHCO3 1M và K2CO3 1M) vào 100 ml dung dịch B (gồm
NaHCO3 1M và Na2CO3 1M) thu được dung dịch C.
Trang 13
Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch D (gồm H2SO4 1M và HCl 1M) vào dung dịch C thu được V lít
CO2 (đktc) và dung dịch E. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào dung dịch E thì thu được m gam
kết tủa. Giá trị của m và V lần lượt là
A. 82,4 gam và 2,24 lít. B. 4,3 gam và 1,12 lít.
C. 43 gam và 2,24 lít. D. 3,4 gam và 5,6 lít.
Hướng dẫn giải
Dung dịch C chứa: HCO3 : 0,2 mol ; CO32 : 0,2 mol.
Dung dịch D có tổng:
H
n  = 0,3 mol.
Nhỏ từ từ dung dịch C và dung dịch D:
CO32 + H+  HCO3
 0,2  0,2  0,2 mol
HCO3 + H+  H2O + CO2
Ban đầu: 0,4 0,1 mol
Phản ứng: 0,1  0,1  0,1 mol

Dư: 0,3 mol
Tiếp tục cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch E:
Ba2+ + HCO3 + OH  BaCO3 + H2O
 0,3  0,3 mol
Ba2+ + SO42  BaSO4
 0,1  0,1 mol

2COV = 0,122,4 = 2,24 lít.
Tổng khối lượng kết tủa:
m = 0,3197 + 0,1233 = 82,4 gam. (Đáp án A)
Ví dụ 8 (Câu 40 - Mã 182 - TS Đại Học - Khối A 2007)
Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit H2SO4
0,5M, thu được 5,32 lít H2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung
dịch Y có pH là
A. 1. B. 6. C. 7. D. 2.
Hướng dẫn giải
 nHCl = 0,25 mol ; 2 4H SOn = 0,125.
 Tổng:
H
n  = 0,5 mol ;
2H ( )n t¹o thµnh = 0,2375 mol.
Biết rằng: cứ 2 mol ion H+  1 mol H2
vậy 0,475 mol H+  0,2375 mol H2

H ( )n d­ = 0,5  0,475 = 0,025 mol
 0,025H
0,25
    = 0,1 = 101M  pH = 1. (Đáp án A)
Ví dụ 9.: (Câu 40 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007)
Thực hiện hai thí nghiệm:
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5 M thoát ra
V2 lít NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1 và
V2 là
A. V2 = V1. B. V2 = 2V1. C. V2 = 2,5V1. D. V2 = 1,5V1.
Hướng dẫn giải
TN1:
3
Cu
HNO
3,84
n 0,06 mol
64
n 0,08 mol
   

3
H
NO
n 0,08 mol
n 0,08 mol


 
Trang 14
3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu: 0,06 0,08 0,08 mol  H+ phản ứng hết
Phản ứng: 0,03  0,08  0,02  0,02 mol
 V1 tương ứng với 0,02 mol NO.
TN2: nCu = 0,06 mol ; 3HNOn = 0,08 mol ; 2 4H SOn = 0,04 mol.
 Tổng:
H
n  = 0,16 mol ;
3NO
n  = 0,08 mol.
3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu: 0,06 0,16 0,08 mol  Cu và H+ phản ứng hết
Phản ứng: 0,06  0,16  0,04  0,04 mol
 V2 tương ứng với 0,04 mol NO.
Như vậy V2 = 2V1. (Đáp án B)
Phương pháp 5: SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài
toán hóa học và hỗn hợp các chất rắn, lỏng cũng như khí.
Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí hiệu M ) cũng
như khối lượng nguyên tử trung bình (KLNTTB) chính là khối lượng của một mol hỗn hợp, nên nó được
tính theo công thức:
M  tæng khèi l­îng hçn hîp (tÝnh theo gam)tæng sè mol c¸c chÊt trong hçn hîp .
i i1 1 2 2 3 3
1 2 3 i
M nM n M n M n ...M
n n n ... n
     

 (1)
trong đó M1, M2,... là KLPT (hoặc KLNT) của các chất trong hỗn hợp; n1, n2,... là số mol tương ứng của
các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
1 2 3
1 2 3
i i i
n n nM M . M . M . ...
n n n
     
1 1 2 2 3 3M M x M x M x ...    (2)
trong đó x1, x2,... là % số mol tương ứng (cũng chính là % khối lượng) của các chất. Đặc biệt đối với chất
khí thì x1, x2, ... cũng chính là % thể tích nên công thức (2) có thể viết thành:
i i1 1 2 2 3 3
1 2 3 i
M VM V M V M V ...M
V V V ... V
     

 (3)
trong đó V1, V2,... là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất thì các công thức (1), (2), (3)
tương ứng trở thành (1’), (2’), (3’) như sau:
1 1 2 1M n M (n n )M
n
  (1’)
trong đó n là tổng số số mol của các chất trong hỗn hợp,
1 1 2 1M M x M (1 x )   (2’)
trong đó con số 1 ứng với 100% và
1 1 2 1M V M (V V )M
V
  (3’)
trong đó V1 là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp.
Từ công thức tính KLPTTB ta suy ra các công thức tính KLNTTB.
Với các công thức:
x y z 1
x y z 2
C H O ; n mol
C H O ; n mol  
Trang 15
ta có:
- Nguyên tử cacbon trung bình:
1 1 2 2
1 2
x n x n ...
x
n n ...
   
- Nguyên tử hiđro trung bình:
1 1 2 2
1 2
y n y n ...y
n n ...
   
và đôi khi tính cả được số liên kết , số nhóm chức trung bình theo công thức trên.
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm IIA và
thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X và
672 ml CO2 (ở đktc).
1. Hãy xác định tên các kim loại.
A. Be, Mg. B. Mg, Ca. C. Ca, Ba. D. Ca, Sr.
2. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 2 gam. B. 2,54 gam. C. 3,17 gam. D. 2,95 gam.
Hướng dẫn giải
1. Gọi A, B là các kim loại cần tìm. Các phương trình phản ứng là
ACO3 + 2HCl  ACl2 + H2O + CO2 (1)
BCO3 + 2HCl  BCl2 + H2O + CO2 (2)
(Có thể gọi M là kim loại đại diện cho 2 kim loại A, B lúc đó chỉ cần viết một
phương trình phản ứng).
Theo các phản ứng (1), (2) tổng số mol các muối cacbonat bằng:
2CO
0,672
n 0,03
22,4
  mol.
Vậy KLPTTB của các muối cacbonat là
2,84M 94,67
0,03
  và A,BM 94,67 60 34,67  
Vì thuộc 2 chu kỳ liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40). (Đáp án B)
2. KLPTTB của các muối clorua:
M 34,67 71 105,67  muèi clorua .
Khối lượng muối clorua khan là 105,670,03 = 3,17 gam. (Đáp án C)
Ví dụ 2: Trong tự nhiên, đồng (Cu) tồn tại dưới hai dạng đồng vị 6329Cu và 6529Cu . KLNT (xấp xỉ khối
lượng trung bình) của Cu là 63,55. Tính % về khối lượng của mỗi loại đồng vị.
A. 65Cu: 27,5% ; 63Cu: 72,5%.
B. 65Cu: 70% ; 63Cu: 30%.
C. 65Cu: 72,5% ; 63Cu: 27,5%.
D. 65Cu: 30% ; 63Cu: 70%.
Hướng dẫn giải
Gọi x là % của đồng vị 6529Cu ta có phương trình:
M = 63,55 = 65.x + 63(1  x)
 x = 0,275
Vậy: đồng vị 65Cu chiếm 27,5% và đồng vị 63Cu chiếm 72,5%. (Đáp án C)
Ví dụ 3: Hỗn hợp khí SO2 và O2 có tỉ khối so với CH4 bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O2 vào 20 lít hỗn
hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH4 giảm đi 1/6, tức bằng 2,5. Các hỗn hợp khí ở cùng điều
kiện nhiệt độ và áp suất.
A. 10 lít. B. 20 lít. C. 30 lít. D. 40 lít.
Hướng dẫn giải
Cách 1: Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có:
M = 163 = 48 = 64.x + 32(1  x)
 x = 0,5
Vậy: mỗi khí chiếm 50%. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít.
Trang 16
Gọi V là số lít O2 cần thêm vào, ta có:
64 10 32(10 V)M 2,5 16 40
20 V
        .
Giải ra có V = 20 lít. (Đáp án B)
Rút ra V = 20 lít. (Đáp án B)
Ví dụ 4: Có 100 gam dung dịch 23% của một axit đơn chức (dung dịch A). Thêm 30 gam một axit đồng
đẳng liên tiếp vào dung dịch ta được dung dịch B. Trung hòa 1/10 dung dịch B bằng 500 ml
dung dịch NaOH 0,2M (vừa đủ) ta được dung dịch C.
1. Hãy xác định CTPT của các axit.
A. HCOOH và CH3COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH.
C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. C3H7COOH và C4H9COOH.
2. Cô cạn dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 5,7 gam. B. 7,5 gam. C. 5,75 gam. D. 7,55 gam.
Hướng dẫn giải
1. Theo phương pháp KLPTTB:
RCOOH
1 23
m 2,3
10 10
  gam,
2RCH COOH
1 30
m 3
10 10
  gam.
2,3 3M 53
0,1
  .
Axit duy nhất có KLPT < 53 là HCOOH (M = 46) và axit đồng đẳng liên tiếp phải là CH3COOH (M
= 60). (Đáp án A)
2. Theo phương pháp KLPTTB:
Vì Maxit = 53 nên M = 53+ 23 1 75 muèi . Vì số mol muối bằng số mol axit bằng 0,1 nên tổng khối
lượng muối bằng 750,1 = 7,5 gam. (Đáp án B)
Ví dụ 5: Cho 2,84 gam hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na
vừa đủ tạo ra 4,6 gam chất rắn và V lít khí H2 ở đktc. Tính V.
A. 0,896 lít. B. 0,672 lít. C. 0,448 lít. D. 0,336 lít.
Hướng dẫn giải
Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu.
ROH + Na  RONa + 21 H2
 x mol  x  x
2
.
Ta có:
 
 
R 17 x 2,84
R 39 x 4,6
    
 Giải ra được x = 0,08.
Vậy :
2H
0,08V 22,4 0,896
2
   lít. (Đáp án A)
Ví dụ 6: (Câu 1 - Mã đề 182 - Khối A -