16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập hóa học- Vũ Khắc Ngọc

16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập hóa học- Vũ Khắc Ngọc

 Sách dành tặng học sinh phổ thông  16 Phương pháp và kĩ thuật giải nhanh hóa học  Các công thức giải nhanh trắc nghiệm hóa học 2 2 MC LC PHN I: 16 PHNG PHP V K THUT GII NHANH BI TP TRC NGHIM HểA HC 3 Phơng pháp 1: Phơng pháp bảo toàn khối lợng 4 Phơng pháp 2: Phơng pháp Bảo toàn nguyên tố 16 Phơng pháp 3: Phơng pháp tăng giảm khối lợng 24 Phơng pháp 4: Phơng pháp Bảo toàn điện tích 40 Phơng pháp 5: Phơng pháp Bảo toàn electron 46 Phơng pháp 6: Phơng pháp trung bình 62 Phơng pháp 7: Phơng pháp quy đổi 77 Phơng pháp 8: Phơng pháp đờng chéo 89 Phơng pháp 9: Phơng pháp hệ số 105 Phơng pháp 10: Phơng pháp sử dụng phơng trình ion thu gọn 114 Phơng pháp 11: Khảo sát đồ thị 125 Phơng pháp 12: Phơng pháp khảo sát tỷ lệ số mol CO 2 và H 2 O 133 Phơng pháp 13: Phơng pháp chia hỗn hợp thành hai phần không đều nhau 145 Phơng pháp 14: Phơng pháp mối quan hệ giữa các đại lợng 150 Phơng pháp 15: Phơng pháp chọn đại lợng thích hợp 160 Phơng pháp 16: Phơng pháp chọn đại lợng thích hợp 170 Phơng pháp 16+: Phơng pháp sử dụng công thức kinh nghiệm 178 PHN II: CC CễNG THC GII NHANH TRC NGHIM HểA HC 185 CHNG I: CC CễNG THC GII NHANH TRONG HểA HC 186 CHNG II: MT S BI TP THAM KHO 218 CHNG III: HNG DN GII BI TP 228 3 3 PHẦN I: 16 PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC 4 4 Phơng pháp 1 Phơng pháp bảo toàn khối lợng Phơng pháp bảo toàn khối lợngPhơng pháp bảo toàn khối lợng Phơng pháp bảo toàn khối lợng 1. Ni dung phng phỏp - p dng nh lut bo ton khi lng (BTKL): Tng khi lng cỏc cht tham gia phn ng bng tng khi lng cỏc cht sn phm iu ny giỳp ta gii bi toỏn húa hc mt cỏch n gin, nhanh chúng Xột phn ng: A + B C + D Ta luụn cú: m A + m B = m C + m D (1) * Lu ý: iu quan trng nht khi ỏp dng phng phỏp ny ú l vic phi xỏc nh ỳng lng cht (khi lng) tham gia phn ng v to thnh (cú chỳ ý n cỏc cht kt ta, bay hi, c bit l khi lng dung dch). 2. Cỏc dng bi toỏn thng gp H qu 1: Bit tng khi lng cht ban u khi lng cht sn phm Phng phỏp gii: m(u) = m(sau) (khụng ph thuc hiu sut phn ng) H qu 2: Trong phn ng cú n cht tham gia, nu bit khi lng ca (n 1) cht thỡ ta d dng tớnh khi lng ca cht cũn li. H qu 3: Bi toỏn: Kim loi + axit mui + khớ m = m + m - Bit khi lng kim loi, khi lng anion to mui (tớnh qua sn phm khớ) khi lng mui - Bit khi lng mui v khi lng anion to mui khi lng kim loi - Khi lng anion to mui thng c tớnh theo s mol khớ thoỏt ra: Vi axit HCl v H 2 SO 4 loóng + 2HCl H 2 nờn 2Cl H 2 + H 2 SO 4 H 2 nờn SO 4 2 H 2 Vi axit H 2 SO 4 c, núng v HNO 3 : S dng phng phỏp ion electron (xem thờm phng phỏp bo ton electron hoc phng phỏp bo ton nguyờn t) H qu 3: Bi toỏn kh hn hp oxit kim loi bi cỏc cht khớ (H 2 , CO) S : Oxit kim loi + (CO, H 2 ) rn + hn hp khớ (CO 2 , H 2 O, H 2 , CO) Bn cht l cỏc phn ng: CO + [O] CO 2 H 2 + [O] H 2 O n[O] = n(CO 2 ) = n(H 2 O) m = m - m [O] mui kim loi anion to mui rn oxit 5 5 3. Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng. Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan hệ về khối lượng của các chất trước và sau phản ứng. Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn. Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sủ dụng trong các bài toán nhiều chất. 4. Các bước giải. - lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng. - Từ giả thiết của bài toán tìm m ∑ = m ∑ (không cần biết phản ứng là hoàn toàn hay không hoàn toàn) - Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp dữ kiện khác để lập hệ phương trình toán. - Giải hệ phương trình. THÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nước thu được dung dịch có nồng độ A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%. Giải: 2K + 2H 2 O 2KOH + H 2 ↑ 0,1 0,10 0,05(mol) m dung d ị ch = m K + OH 2 m - 2 H m = 3,9 + 36,2 - 0,05 × 2 = 40 gam C% KOH = 40 560,1 × 100 × % = 14% ⇒ Đáp án C Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO 4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát ra ở anot. Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lượng H 2 O bay hơi là không đáng kể) ? A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89. Giải: CuSO 4 + 2KCl → Cu ↓ + Cl 2 ↑ + K 2 SO 4 (1) 0,01 ← 0,01 Dung dịch sau điện phân hoà tan được MgO ⇒ Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản ứng (1) CuSO 4 dư 2CuSO 4 + 2H 2 O → 2Cu ↓ + O 2 ↑ + H 2 SO 4 (2) trước sau 0,02 ← 0,01 ← 0,02 (mol) 6 6 n + 2 O n = 22400 480 = 0,02 (mol) H 2 SO 4 + MgO → MgSO 4 + H 2 O (3) 0,02 ← 0,02 (mol) m dung d ị ch gi ả m = m Cu + 2 Cl m + 2 O m = 0,03 64 × + 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam ⇒ Đáp án C Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl 2 20,8 % vào 100 gam dung dịch Na 2 CO 3 , lọc bỏ kết tủa được dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H 2 SO 4 9,8% vào dung dịch X thấy ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của dung dịch Na 2 CO 3 và khối lượng dung dịch thu được sau cùng là: A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam. C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam. Giải: n = 0,05 mol; n = 0,05 mol BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl 0,05 0,05 0,05 0,1 Dung dịch B + H 2 SO 4 → khí ⇒ dung dịch B có Na 2 CO 3 dư Na 2 CO 3 + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O 0,02 0,02 ⇒ n ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol ⇒ C% = 100 10607,0 × %100 × = 7,42% ĐLBTKL: m dd sau cùng = 50 + 100 + 50 - m ↓ - m = 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam ⇒ Đáp án B Ví dụ 4: X là một α - aminoaxit, phân tử chứa một nhóm -NH 2 và một nhóm -COOH. Cho 0,89 gam X phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức tạo ra của X là: A. CH 2 =C(NH 2 )-COOH. B. H 2 N-CH=CH-COOH. C. CH 3 -CH(NH 2 )-COOH. D. H 2 N-CH 2 -CH 2 -COOH. Giải: HOOC - R - NH 2 + HCl → HOOC -R-NH 3 Cl ⇒ m HCl = m mu ố i - m aminoaxit = 0,365 gam ⇒ m HCl = 0,01 (mol) Cl 2 H 2 SO 4 BaCl 2 Na 2 CO 3 Na 2 CO 3 CO 2 7 7 ⇒ M aminoxit = 01,0 89,0 = 89 Mặt khác X là α -aminoaxit ⇒ Đáp án C Ví dụ 5: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là: A. CH 3 OH và C 2 H 5 OH. B. C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH. C. C 3 H 5 OH và C 4 H 7 OH. D. C 3 H 7 OH và C 4 H 9 OH. Giải: 2 OHR + 2Na → 2 ONaR + H 2 Theo đề bài hỗn hợp rượu tác dụng với hết Na ⇒ Học sinh thường nhầm là: Na vừa đủ, do đó thường giải sai theo hai tình huống sau: Tình huống sai 1: n Na = 23 2,9 = 0,4 ⇒ n r ượ u = 0,4 ⇒ r ượ u = 4,0 6,15 = 39 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai. Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng: n r ượ u = 22 6,155,24 − = 0,405 ⇒ r ượ u = 405,0 6,15 = 38,52 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m = m r ượ u + m Na - m r ắ n = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam ⇒ n r ượ u = 2n = 0,3 (mol) ⇒ r ượ u = 3,0 6,15 = 52 ⇒ Đáp án B Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lượng polime thu được là: A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam. Giải: ĐLBTKL: m propilen = m polime = 4,22 680,1 .42. % 100 %70 = 2,205 gam ⇒ Đáp án B Ví dụ 7: 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 được khối lượng xà phòng là: A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam. (Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008) Giải: (RCOO) 3 C 3 H 5 + 3NaOH → 3RCOONa + C 3 H 5 (OH) 3 H 2 H 2 M M M 0,06 → 0,02 (mol) 8 8 Theo định luật bảo toàn khối lượng: 17,24 + 0,06.40= m xà phòng + 0,02.92 ⇒ m xà phòng =17,80 gam ⇒ Đáp án: A Ví dụ 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500ml dung dịch gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan. Công thức phân tử của X là: A. C 2 H 5 COOH. B. CH 3 COOH. C. HCOOH. D. C 3 H 7 COOH. (Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008) Giải: RCOOH + KOH → RCOOK + H 2 O RCOOH + NaOH → RCOONa + H 2 O n NaOH = n KOH = 0,5.0,12 = 0,06 mol ĐLBTKL: m X + m NaOH + m KOH = m r ắ n + m ⇒ m = 1,08 gam ⇒ n = 0,06 mol ⇒ n RCOOH = n = 0,06 mol ⇒ M X = R + 45 = 06,0 60,3 = 60 ⇒ R = 15 ⇒ X: CH 3 COOH ⇒ Đáp án B Ví dụ 9: Nung 14,2 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị 2 được 7,6 gam chất rắn và khí X. Dẫn toàn bộ lượng khí X vào 100ml dung dịch KOH 1M thì khối lượng muối thu được sau phản ứng là: A. 15 gam B. 10 gam C. 6,9 gam D. 5 gam Giải: X là CO 2 ĐLBTKL: 14,2 = 7,6 + m X ⇒ m X = 6,6 gam ⇒ n X = 0,15 mol Vì: 2 CO KOH n m = 15,0 1,0 < 1 ⇒ muối thu được là KHCO 3 CO 2 + KOH → KHCO 3 0,1 0,1 0,1 ⇒ m = 0,1.100 = 10 gam ⇒ Đáp án B Ví dụ 10: Nhiệt phân hoàn toàn M gam hỗn hợp X gồm CaCO 3 và Na 2 CO 3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Hàm lượng % của CaCO 3 trong X là: A. 6,25% B. 8,62% C. 50,2% D. 62,5% H 2 O H 2 O H 2 O H 2 O KHCO 3 9 9 Giải: CaCO 3 → o t CaO + CO 2 n CaCO 3 = n CO 2 = 0,1 (mol) ⇒ m CaCO 3 = 10 gam Theo ĐLBTKL: m X = m ch ấ t r ắ n = m khí = 11,6 + 0,1 × 44=16 gam ⇒ %CaCO 3 = 16 10 × 100% = 62,5% ⇒ Đáp án: D Ví dụ 11: Đun 27,6 gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức với H 2 SO 4 đặc ở 140 o C (H=100%) được 22,2 gam hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau. Số mol mỗi ete trong hỗn hợp là: A. 0,3. B. 0,1 C. 0,2 D.0,05 Giải: Số ete thu được là: 2 )13(3 + = 6 ĐLBTKL: 27,6= 22,2 + OH 2 m ⇒ OH 2 m = 5,4 gam ⇒ OH 2 n = 0,3 mol ∑ OH 2 n = ∑ ete n = 6n ete ⇒ n m ỗ i ete = 0,3: 6 = 0,5 mol ⇒ Đáp án: D Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn 0,025 mol chất hữu cơ X cần 1,12 lít O 2 (đktc), dẫn toàn bộ sản phẩm thu được qua bình 1 đựng P 2 O 5 khan và bình 2 đựng Ca(OH) 2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 0,9 gam, bình 2 tăng 2,2 gam. Công thức phân tử của X là: A. C 2 H 4 O. B. C 3 H 6 O. C. C 3 H 6 O 2. D. C 2 H 4 O 2. Giải m bình 2 t ă ng = 2 CO m , m bình 1 t ă ng = OH 2 m ĐLBTKL: m x + 2 O m = 2 CO m + OH 2 m ⇔ m x + 32.0,05 = 0,9 + 2,2 ⇒ m x = 1,5 gam ⇒ M x = 1,5:0,025=60 ⇒ Đáp án: D Ví dụ 13: Cho 20,2 gam hỗn hợp 2 ancol tác dụng vừa đủ với K thấy thoát ra 5,6 lít H 2 (đktc) và khối lượng muối thu được là: A. 3,92 gam B. 29,4 gam C. 32,9 gam D. 31,6 gam Giải: R (OH) a + aK → R (OK) a + a 2 H 2 x xa 0,5 ax ⇒ 2 H n = 0,5 ax = 0,25 ⇒ ax = 0,5 mol ĐLBTKL: 20,2 + 39.0,5 = m mu ố i + 2.0,25 ⇒ m mu ố i = 39,2 gam ⇒ Đáp án A 10 10 Ví dụ 14: Xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức được 1 muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 4,8 gam Z cần 5,04 lít O 2 (đktc) thu được lượng CO 2 sinh ra nhiều hơn lượng nước là 1,2 gam. Nung muối Y với vôi tôi xút thu được khí T có tỉ khối hơi đối với H 2 là 8. Công thức cấu tạo của X là: A. C 2 H 5 COOCH 3 B. CH 3 COOCH 3 C. HCOOCH 3. D. CH 3 COOC 2 H 5 Giải: X + NaOH → muối Y + ancol Z ⇒ X: este đơn chức RCOOR’ + NaOH → o t RCOONa + R’OH RCOONa + NaOH RH + Na 2 CO 3 M RH = 8.2 =16 ⇒ RH: CH 4 ⇒ RCOONa : CH 3 COONa C x H y O(Z) + O 2 → CO 2 + H 2 O ĐLBTKL: 4,8 + 0,225.32 = 2 CO m + OH 2 m = 12 2 CO m = OH 2 m + 1,2 ⇒ 2 CO m = 6,6 gam, OH 2 m = 5,4 gam m C = 12. 2 CO n =1,8 gam; m H = 2. 2 H O n = 0,6 gam; m O = 2,4 gam x: y: z = 12 8,1 : 1 6,0 : 16 4,2 = 0,15: 0,6: 0,15 = 1: 4: 1 ⇒ Z: CH 3 OH ⇒ X : CH 3 COOCH 3 ⇒ Đáp án B Ví dụ 15: Đốt cháy hoàn toàn 4,3 gam một axit cacboxylic X đơn chức thu được 4,48lít CO 2 (đktc) và 2,7 gam H 2 O. Số mol của X là: A. 0,01mol B. 0,02 mol C. 0,04 mol D. 0,05 mol Giải: Theo ĐLBTKL: m X + 2 O m = 2 CO m + O 2 H m ⇒ 2 O m = 2,7 + 0,2 × 44 – 4,3 = 10,3 gam ⇒ 2 O n = 0,225 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với oxi: n X + 2 O n = 2 CO n + 2 n OH 2 ⇒ n X = 2 CO n + 2 n OH 2 - 2 O n = 0,05(mol) ⇒ Đáp án D Ví dụ 16: Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp X gồm propan, buten-2, axetilen thu được 47,96 gam CO 2 và 21,42 gam H 2 O. Giá trị X là: A. 15,46. B. 12,46. C. 11,52. D. 20,15. CaO/t 0 [...]... Cụng th c c u t o c a X l A HOOCCH(NH2)CH2NH2 B NH2(CH2)3COOH C HOOCCH2CH(NH2)COOH D HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH 1A 11C 21A 2D 12D 22D 3D 13B 23D 4A 14C 24A 5B 15A 25D 6A 16C 26C P N 7A 17B 27D 8A 18A 28B 9B 19C 29C 10D 20B 15 16 Phơng pháp 2 Phơng pháp Bảo toàn nguyên tố I PHNG PHP GI I nh lu t b o ton nguyờn t (BTNT); Trong - Nguyờn t c chung c a phng phỏp l d a vo cỏc ph n ng húa h c thụng th ng, cỏc nguyờn... 23 i v i H2 l l5,5 Giỏ tr a gam l: B 12,5 C 1,15 D 16, 5 13 14 Cõu 15 : D n V lớt ( ktc) h n h p X g m axetilen v H2 i qua ng s ng Ni nung núng thu c khi Y D n Y vo l ng d dung d ch AgNO3/NH3 c 12 gam k t t a Khớ ra kh i dung d ch ph n ng v a v i dung d ch ch a 16 gam Br2 v cũn l i khớ Z t chỏy hon ton Z thu c 0,1 mol CO2 v 0,25 mol n c A 11,2 Cõu 16 : B 13,44 ng H2SO4 l ng tng lờn t chỏy hon ton... thu c k t t a L c k t t a, r a s ch em nung trong khụng khớ n kh i l ng khụng A 16, 0 i thu c m gam ch t r n Y Giỏ tri c a m l B 30,4 C 32,0 D 48,0 Gi i: S Fe HCl FeCl 2 NaOH Fe(OH)2 t 0 Y{Fe 2O 3 Fe 2O 3 FeCl3 Fe(OH)3 : X n Fe 0,2 + n Fe2O3 (X) = + 0,1 = 0,2 mol 2 2 Theo BTNT v i Fe: nFe2O3(Y) = m = 0,2 .160 = 32,0 Vớ d 2: } ỏp ỏn C un núng h n h p b t X g m 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe3O4,... c dung d ch Z Thờm NH3 vo Z cho khụng khớ n kh i l ng khụng A 6 ,16 n d, l c k t t a T, em nung ngoi i thu c m gam ch t r n Giỏ tr c a m l B 6,40 C 7,78 D 9.46 Gi i: Theo BTNT v i Al: n Al2O3 = n Al = 0,03 mol 2 18 19 Theo BTNT v i Fe: n Fe 2O3 = n Fe 3n Fe3O4 (X) + + n Fe2O3 (X) = 0,04 mol 2 2 m = n Al2O3 + n Fe2O3 = 0,06.102 + 0,04 .160 = 9,46 ỏp ỏn D Vớ d 3: Fe2O3 t chỏy 9,8 gam b t Fe trong khụng... d ch HNO3 1,6M, thu c V lớt khớ NO (s n ph m kh duy nh t, do ktc) Giỏ tr c a V l A 6 ,16 B 10,08 C 11,76 D 14,0 Gi i: S + O t0 2, ph n ng : Fe X + HNO3 Fe(NO3 ) 3 + NO Theo BNTN v i Fe: n Fe(NO3 )3 = nFe = 0,175mol Theo BNTN v i N: nNO = n HNO3 3 n Fe(NO3 )3 = 0,5.1,6 3.0,175 = 0,275 mol V = 0,275 22,4 = 6 ,16 ỏp ỏn A Vớ d 4: L y a mol NaOH h p th hon ton 2,64 gam khớ CO2, thu c ỳng 200ml... CO2 ( ktc) - Hi ro hoỏ ph n 2 r i A 2,24 lớt t chỏy h t s n ph m thỡ th tớch CO2 ( ktc) thu c l: B 1,12 lớt C 3,36 lớt D 4,48 lớt P N 1D 2B 3A 4A 5A 6C 7B 8C 9D 10D 11C 12B 13B 14A 23 24 Phơng pháp 3 Phơng pháp tăng giảm khối lợng I PHNG PHP GI I 1 N i dung phng phỏp - M i s bi n i húa h c ( c mụ t b ng phng trỡnh ph n ng) u cú liờn quan ns tng ho c gi m kh i l ng c a cỏc ch t + D a vo s tng ho c... i l ng l A 48,2 gam B 36,5 gam C 27,9 gam D 40,2 gam Gi i: B n ch t c a cỏc ph n ng CO, H2 + [O] CO2 , H2O nO = n CO 2 + n H 2O = nCO + n H 2 = 0,45mol m r n = moxit mO = 55,4 0,45 .16 = 48,2 gam ỏp ỏn A Vớ d 16: Nung 47,40 gam kali pemanganat m t th i gian th y cũn l i 44,04 gam ch t r n % kh i l ng kali pemanganat ó b nhi t phõn l A 50% B 70% C 80% D 65% Gi i: 0 2KMnO4 t K2MnO4 + MnO2 + O2... kim lo i N (hoỏ tr II) vo dung d ch ch a ng th i H2SO4 v HNO3 c núng thu c 4,48 lớt ( ktc) h n h p Y g m NO2 v SO2 cú t kh i hi so v i hi ro l 28,625 v mu i khan cú kh i l ng l: A 44,7 gam B 35,4 gam C 16, 05 gam D 28,05 gam Cõu 13: L y 35,1 gam NaCl ho tan vo 244,9 gam H2O Sau ú i n phõn dung d nh v i i n c c tr cú mng ngn cho t i khi catot thoỏt ra 1,5 gam khớ thỡ d ng l i N ng ch t tan cú trong dung... (mu i) c, núng) Kim lo i Mu i + khớ + nX (khớ) (X: N ho c S) - Khớ CO2 (ho c SO2) h p th vo dung d ch ki m: CO2 CO32 + HCO3 SO2 SO32 + HSO3 n CO2 = n CO 2 + n HCO 3 3 n SO2 = n SO 2 + n HSO 3 3 16 17 - Tớnh l ng tớnh c a Al(OH)3 Tr ng h p 1 Tr ng h p 2 + OH Al3+ Al(OH)3 + [Al(OH)4] n Al3+ = n [Al(OH) 3] H [Al(OH)4] Al(OH)3 + Al3+ + n Al(OH)3 n [Al(OH) 4 ] = n Al3+ + n Al(OH)3 0 t -... ton X b ng dung d ch HCl d, thu c dung d ch Y Cho NaOH d vo Y, thu c k t t a Z L c l y k t t a, r a s ch r i em nung trong khụng khớ n kh i l ng khụng i thỡ thu c ch t r n cú kh i l ng l A 32,0 gam B 16, 0 gam Cõu 2 : Cho 4,48 lớt khớ CO ( ktc) t t C 39,2 gam i qua ng s nung núng D 40,0 gam ng 8 gam m t oxit s t n khi ph n ng x y ra hon ton Khớ thu c sau ph n ng cú t kh i so v i hi ro b ng 20 Cụng .  16 Phương pháp và kĩ thuật giải nhanh hóa học  Các công thức giải nhanh trắc nghiệm hóa học 2 2 MC LC PHN I: 16 PHNG PHP V K THUT GII NHANH. PHẦN I: 16 PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC 4 4 Phơng pháp 1