Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học

Lời nói đầu Hóa Học là bộ môn khoa học cơ bản gắn liền với thực tiễn với đời sống. Bên cạnh những vấn đề lý thuyết căn bản, còn có những bài toán căn bản từ đơn giản đến phức tạp, đòi hỏi chúng ta cần suy nghĩ và nắm vững lý thuyết. Để giải quyết được một bài toán hóa học đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải. Với thời đại Công Nghệ Số giúp chúng ta có thể nắm bắt được những lý thuyết mới và những phương pháp giải mới nhanh và hay. Cuốn sách này là những tâm huyết của tôi từ thời là sinh viên, thu thập từ nguồn trên Web, và các cuốn sách từ thời THPT tôi học như: Nguyễn Thanh Khuyến, Nguyễn Phước Hòa Tân, Ngô Ngọc An, Quan Hán Thành, Lê Tấn Trung, Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc và đặc biệt là 3 cuốn của thầy Cao Cự Giác 3 cuốn này theo tôi nghĩ là rất quan trọng và hay đối với các vấn đề Hóa Học THPT. Hy vọng cuốn Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa Học. Cuốn sách mới tái bản lần đầu chắc còn nhiều sai sót mong các bạn góp ý để cho cuốn sách này được hoàn chỉnh. Chúc các bạn thành công thành công trên con đường mình chọn Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng Xin chân thành cám ơn! Dương Văn Thế DƯƠNG THẾ 2  PHƯƠNG PHÁP 1: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG A. PHƯƠNG PHÁP 1. Lịch sử ra đời: Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng.  Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov đặt ra định đề.  Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định luật này. Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung, M.V.Lomonosov nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù những chuyển hoá hoá học đã xãy ra với kim loại trong bình. Khi áp dụng các phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov đã tìm định luật quan trọng này. Lomonosov trình bày định luật như sau: "Tất cả những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu lấy đi bao nhiêu ở vật thể này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác. Như vậy, nếu ở đây giảm đi bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chổ khác". 2. Lý thuyết Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng sản phẩm tạo thành. =  Nhắc lại một số công thức A + B C + D + = + C%= * 100% = + = d.V = n = 3 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC B. VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH Bài 1 Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe 2 O 3 . Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Giải Tóm tắt theo sơ đồ CO  11,2(  = 40,8) 64 m Theo định luật bảo toàn khối lượng m= m A + m O(trong oxid) (*) n O(oxid) =    ; n B = , , = 0,5 mol =    +   Quy tắc đường chéo giải quyết: (M=28)CO 3,2 40,8 (M =44) CO 2 12,8 Lập tỉ số ta có      = , , = 4    = 0,4 mol n O(oxid) = 0,4 mol m O = 0,4*16 = 6,4 g (*) m= 64+6,4 = 70,4g Đáp án C  Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ đơn giản là CO lấy O trong oxid sắt để tạo ra CO 2 theo phản ứng CO + O (oxid) CO 2 nên n O =    từ đó ta suy ra được m X là kết quả cần tìm hh X: Fe, FeO,     DƯƠNG THẾ 4 Bài 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. 2,7g B. 1,03g C. 2,95. g D. 2,89g. Giải Ta có phương trình phản ứng điện phân CuSO 4 + H 2 O Cu + H 2 SO 4 +   O 2  (1) CuCl 2 Cu + Cl 2  (2) n khí =    +    = , , = 0,02mol; n MgO = ,  = 0,02mol = n acid = n Cu (1) MgO + H 2 SO 4 MgSO 4 + H 2 O    =  ,  = 0,01mol    = 0,01mol = n Cu (2) m↓ = 0,01*32+ 0,01*71+ 0,03*64= 2,95g → Đáp án C Bài 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 Theo bài ra ta nhận thấy Ba 2+ trong X đã hết vậy ta sẽ có những phản ứng sau Ba 2+ +CO 3 2- BaCO 3 ↓ (1) CO 3 2- + 2H + CO 2  + H 2 O (2)    = ,∗ ∗ = 0,05mol    = 0,02mol Theo phản ứng (1) (2) ∑    = 0,02 + 0,05 = 0,07mol 5 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC C% (Na 2 CO 3 ) = ,∗  *100% = 7,42% m dd = ∑   - m↓ - m = 50 + 50 + 100 – 0,05*233 – 0,02*44 = 189,27g Đáp án B Bài 4: 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 Gọi công thức phân tử trung bình của hai rượu là   OH Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m rượu + m Na = m muối +       = 15,6 + 9,6 – 24,5 = 0,3g    = ,  = 0,15mol n rượu = 0,15* 2 = 0,3mol M rượu = , , = 52   = 35 Đáp án B Bài 5: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A.36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Giải Tóm tắt sơ đồ sau: HNO 3 % dd A Vì phản ứng xảy ra vừa đủ khi cho kim loại tác dụng với HNO 3 nên ta có bán phản ứng sau: Fe Fe 3+ + 3e x x 3x 2H + + NO 3 - + 1e NO 2  + H 2 O Cu Cu 2+ + 2e 1mol 0,5mol 0,5mol y y 2y 12g Fe(x),Cu(y) 0,5mol    , ddA DƯƠNG THẾ 6 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x +2y = 0,5 mol (1) 56x + 64y = 12g (2) Giải (1),(2) x= 0,1mol y= 0,1mol Theo định luật bảo toàn khối lượng: m dd = ∑   - m Bây giờ ta tính khối lượng dung dịch của HNO 3 : Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nito: n acid =3*    + 2*   +    = 3*0,1 + 2*0,1 + 0,5 = 1mol ∑   =   ∗ % = ∗∗ % = ∗∗  = 100g m dd = 100 – 0,5*46 + 12= 89g % ố ( )  = ,∗  *100%= 27,19% % ố ( )  = ,∗  * 100% =21,12% Đáp án B Bài 6: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. Giải M 2 CO 3 + 2HCl 2MCl + CO 2 ↑ + H 2 O (1) R 2 CO 3 + 2HCl 2MCl 2 + CO 2 ↑+ H 2 O (2)    = , , = 0,2mol Theo phương trình (1),(2) nhận thấy số mol H 2 O bằng số mol CO 2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 2*0,2*36,5 – 0,2*44 – 0,2*18 = 26g Đáp án C Bài 7: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chât X. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A cần 21,28 lít O 2 (đktc) và thu được 35,2 gam CO 2 và 19,8 gam H 2 O. Tính khôi lượng phân tử X (biêt X chỉ chứa C, H, O). A. 92g/mol B. 106g/mol C. 95g/mol D. 108g/mol Giải    = , , = 0,95mol ; Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 0,1*62 + 0,2 * M X +    =    +               ,∗ , = M X M X = ,,,∗, , = 92g/mol Đáp án A 7 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC Bài 8: Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxid CuO, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 bằng khí CO ở nhiệt độ cao, người ta thu được 40gam chất rắn X và 13,2gam khí CO 2 . Tính giá trị m Giải Tóm tắt bài toán: CO m=? Bản chất của bài toán này là gì? Xin thưa bài toán này thực chất là bài toán của phản ứng CO tác dụng với Oxi trong oxid của hỗn hợp A theo phản ứng: CO + O CO 2 Nhận thấy n Oxi (trong oxid) =n CO =    = ,  = 0,3 mol m O = 0,3*16 = 4,8g m CO = 0,3*28 = 8,4g theo định luật bảo toàn khối lượng ta có m + 8,4 = 13,2 + 40 m = 44,8g Bài 9: Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp A gồm hai kim loại X,Y có hóa trị tương ứng là I, II vào dung dịch hai acid HNO 3 và H 2 SO 4 , thì thu được 2,688 lít hỗn hợp khí Z gồm NO 2 và SO 2 (ở đktc) nặng 5,88g. Cô cạn dung dịch sau cùng thì thu được m (g) muối khan. Tính m? Giải n Z = , , = 0,12mol M Z =  , , = 49g Quy tắc đường chéo giải quyết: NO 2 ( M =46) 15 49 SO 2 ( M = 64) 3    =   * 0,12 = 0,1mol    = 0,02mol Ta có bán phản ứng: m hh A: CuO, FeO,     ,     40g X , 13,2g   DƯƠNG THẾ 8 4H + + SO 4 2- + 2e SO 2 + 2H 2 O (1) 2H + + NO 3 - + e NO 2 + H 2 O (2) Theo bán phản ứng (1) ta có:      = 0,02*2 = 0,04mol ;     = 0,04mol Theo phản ứng (2) ta có:    = 2*0,1 = 0,2 mol ;     = 0,1mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 6 + 63*0,2 + 98*0,04 = m + 5,88 + 0,14*18 m = 14,12g Các bạn có thể tham khảo thêm lời giải của Thầy Quan Hán Thành trong cuốn “Phương Pháp Giải Hóa Vô Cơ (tr.10 NXB Trẻ) Bài 10: (Đề thi CĐ 2011) Đốt cháy hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp Mg và Al trong khí oxi (dư) thu được 30,2 gam hỗn hợp oxid.Thể tích khí oxi (dktc)đã tham gia phản ứng là: A. 17,92 lít B. 4,48 lít C. 11,20 lít D. 8,96 lít Giải Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: 17,4 + m oxi = 30,2 V Oxi = ,,  ∗22,4 = 8,96 lít Đáp án D Nhận xét: Qua 10 ví dụ điển hình ta có thể thấy rõ tầm quan trọng của định luật bảo toàn khối lượng, đơn giản nhưng rất hiệu quả. Có thể nói Phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn electron là hai phương pháp chủ đạo trong xuyên suốt quá trình giải bài toán hóa. Một lần nữa nhấn mạnh: Muốn giỏi Hóa trước hết phải có lí thuyết vững cộng thêm những thủ thuật giải và suy luận sắc bén. 9 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN  Bài 1: Cho 1,75g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 loãng, thu được 1,12 lít khí H 2 (ở đktc) hỏi cô cạn dung dịch ta thu được bao nhiêu gam muối khan? Tính thể dung dịch H 2 SO 4 0,5M cần cho các phản ứng trên? ( Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG. TPHCM tr.27) Giải Sau đây tôi xin trình bày nguyên văn lời giải lý thú của thầy: Ion H + bị 3 kim loại khử theo bán phản ứng: H + + e   H 2 0,1mol 0,1mol , , = 0,5mol H 2 SO 4 = 2H + + SO 4 2- 0,05mol 0,1mol 0,05mol Từ hai phương trình ta thấy ngay rằng 0,1mol H + bị khử thành H 2 bay ra, để lại 0,05mol SO 4 2- kết hợp với các cation kim loại tạo ra 3 hỗn hợp muối sulfat. Theo hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố ta có: m muối = m kim loại + m gốc acid = 1,75 + 0,05*96 = 6,55g V = , , = 0,1 lit = 100mL  Bài 2: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Cu vào một bình kín chứa 0,9 mol O 2 ,. Nung nóng bình một thời gian cho đến khi số mol O 2 trong bình chỉ còn 0,865mol và chất rắn trong bình có khối lượng 2,12gam. Tính m (Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG. TPHCM tr.27) Giải Số mol O 2 kết hợp với kim loại để tạo thành oxid: 0,9 – 0,865 = 0,035mol Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,035*32 = 2,12 m = 1g DƯƠNG THẾ 10  Bài 3: Cho 16gam một oxid kim loại tác dụng với 120ml dung dịch HCl thì thu được 32,5g muối khan. Tính nồng độ mol/l của dung dịch HCl (Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân. NXB. ĐHQG. TPHCM tr.33) Lời ngỏ: Có thể nói những cách giải của thầy rất lý thú trong các bài toán hóa học. Thầy có những nhận xét sâu sắc và những tư duy sắc bén,giúp giải quyết nhanh chóng bài toán và hạn chế viết phương trình phản ứng. Giải Khi oxid kim loại chuyển thành muối kim loại clorur tức là kim loại đã thay x mol O 2- thành 2x mol Cl - nên ta có phương trình ( vì theo bảo toàn điện tích của O 2- và Cl - ) 16 – 16x + 2x*35,5 = 32,5 x = 0,3mol HCl = H + + Cl - 2x 2x 2x = 0,6mol Vậy nồng độ HCl = , , = 5M  Bài 4:Hòa tan 10g hỗn hợp hai muối carbonat hai kim loại hóa trị II và III bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đktc). Hỏi sau khi cô cạn thu được bao nhiêu gam muối khan. (Hướng Dẫn Giải Nhanh Bài Tập Hóa Học, Cao Cự Giác tập 1 NXB. ĐHQGHN tr.72) Giải Phương trình phản ứng: XCO 3 + 2HCl XCl 2 + CO 2 + H 2 O Y 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl 2YCl 3 + 3CO 2 + 3H 2 O Theo phương trình phản ứng số n HCl = 2*   = 2∗ , , = 0,006mol;    =     = 0,03 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 10 + m HCl = m muối + m khí + m nước 10 + 0,006*36,5 = m muối + 0,003*44 + 0,03*18 m muối = 10,33g [...]... 34,8g B 23,2g C 11,6g D 17,4g Giải Lời ngỏ: Thoạt nhìn ta có cảm nhận rằng bài toán thiếu dữ kiện nên không thể giải quyết được bài toán này Vậy chăng bài toán này thiếu dữ kiện chăng? Thưa với các bạn các dạng này thường phải ghép ẩn để giải quyết Nhưng thầy Vũ Khắc Ngọc lại có thể giải quyết nó bằng phương pháp đường chéo Có thể nói thầy có sáng kiến giải quyết bài toán rất hay và độc đáo Sau đây...11 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC  Bài 5: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại A, B, C vào một bình kín có thể tích 10 lít chứa khí oxi, áp suất 22,4 atm ở 136,50C Nung nóng bình một thời gian rồi đưa nhiệt độ ban đầu, thấy áp suất giảm 3,6% so với áp suất ban đầu và trong bình chứa 2,5gam chất rắn Tính m (Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB ĐHQG TPHCM tr.39) Giải Phương trình khí... hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H2 là 16,325 Hiệu suất của phản ứng crackinh là: A 77,64% B 38,82% C 17,76% D 16,325% Giải Lời ngỏ: Những bài toán của thầy Vũ Khắc Ngọc khó và rất hay, sau một bài toán của thầy ta có thể rút ra những nhận xét quý báu cho bản thân Sau đây tôi xin đưa ra cách giải lý thú của thầy Ankan Ankan’ + Anken các hydrocarbon luôn luôn có số mol bằng Do đó KLPTTB của các hydrocarbon... H% = , *100% = 77,64% , Đáp án A  Bài 5: Nguyên tử khối trung bình của Brom là 79,319 Brom có hai đồng vị bề là và Thành phần phẩn trăm số nguyên tử của ? A 84,05% B 81,02% C 18,98% D 15,95% Giải Theo quy tắc đường chéo ta có thể giải quyết được những dạng bài toán này: (M = 79) 1,681 % M = 79,319 ( M = 81) % % = , , 0,319 = , , , * 100% = 15,95% Đáp án D  Bài 6: Cho 37,6g hỗn hợp gồm 3 chất rắn... ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? A 0,1 mol DƯƠNG THẾ B 0,15 mol C 0,4 mol D 0,2 mol 12 13 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC Giải Gọi công thức chung cho 3 rượu no đơn chức là: Phản ứng tách nước: – OH + – OH : – OH –O - + H2 O Theo quy tắc số ete tạo thành từ số rượu ( Hướng Dẫn Giải Nhanh Hóa Học, Tập 2, Cao Cự Giác, NXB ĐHQGHN) số ete = ( ) = 6 ete (n=3) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:... sơ đồ bài toán ta có: nCO = Ba(OH)2 9,062g↓ 4,784g hhB + Khí x + y = 0,04mol (*) = n↓ ( BaCO3↓) = , = 0,046mol = nO (trong oxid) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mhhA = mB + mO (trong oxid) = 4,784 + 0,046*16 = 5,52g = 72x + 160y (**) Giải (*) ,(**) ta có x = 0,01 , y = 0,03mol Đáp án A % = , ∗ , *100 = 86,96%  PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO A PHƯƠNG PHÁP  Đối với bài toán trộn... , , = 32n M = 64 (Cu) Đáp án D  Bài 3: (Lê Phạm Thành) Để pha được 500mL dung dịch nước muối sinh lý ( C = 0,9%)cần lấy V mL dung dịch NaCl 3% Giá trị của V là: A.150mL B 241,3mL C 285,7mL D 350mL DƯƠNG THẾ 16 17 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC Giải Ta có sơ đồ đường chéo như sau: V1 ( C1 = 3%) 0,9% C = 0,9% V2 (C2 = 0%) V= = , , = 2,1% Đáp án A * 500 = 150mL  Bài 4: (Vũ Khắc Ngọc) Crackinh C4H10... ete = , = 0,2 mol Đáp án D  Bài 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là A 86,96% B 16,04% C 13,04% Giải D.6,01% Tóm tắt bài toán: 0,04mol hhA FeO, Fe2O3 +CO... DƯƠNG THẾ 18 19 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC Cách 1: gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe3O4 , FeO, Cu2O Ta có: 232x + 72y + 144z = 37,6 (1) 232x + 72(y+ 2z) = 37,6 (*) Bán phản ứng: 3Fe+8/3 3Fe3+ + 1e Fe2+ Fe3+ + 1e 2Cu+ 2Cu2+ + 2e 4H+ + NO3- + 3e 0,3mol NO + 2H2O , , = 0,1mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: x + y +2z = 0,3mol (2) Đến đây ta giải quyết bài toán bằng phương pháp ghép... , = 14,5 % = 50% Đáp án B 20 21 KI THUAT GIAI NHANH BAI TOAN HOA HOC  Bài 8: Cần trộn hai thể tích metan với một thể tích đồng đẳng X của metan để thu được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 15 X là A C3H8 B C4H10 C C5H12 Giải D C6H14 Theo quy tắc đường chéo ta có: CH4 ( V1= 2) X – 30 M = 30 (V = 3) X ( V2 = 1) 14 = Đáp án B X = 58 (C4H10)  Bài 9: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm . đề Hóa Học THPT. Hy vọng cuốn Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa. Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng Xin chân thành cám ơn! Dương Văn Thế DƯƠNG THẾ. cách giải của thầy rất lý thú trong các bài toán hóa học. Thầy có những nhận xét sâu sắc và những tư duy sắc bén,giúp giải quyết nhanh chóng bài toán và hạn chế viết phương trình phản ứng. Giải