Phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa hữu cơ và hóa vô cơ

TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM, BÀI GIẢNG PPT CÁC MÔN CHUYÊN NGÀNH Y DƯỢC HAY NHẤT CÓ TẠI “TÀI LIỆU NGÀNH Y DƯỢC HAY NHẤT” ;https:123doc.netusershomeuser_home.php?use_id=7046916. TÀI LIỆU Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm Hóa Hữu Cơ và Hóa Vô Cơ. DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 12, GIÚP HỌC SINH ÔN THI THPT, ÔN TẬP VÀ HỌC TỐT KHI HỌC TÀI LIỆU Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm Hóa Hữu Cơ và Hóa Vô Cơ

Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm Hóa Hữu Cơ Hóa Vô Cơ Phương Pháp Giải Nhanh Trắc Nghiệm Hóa Hữu Dựa công thức tổng quát của hiđrocacbon Thí du: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (CnH2n+1)m A thuộc dãy đồng đẳng nào? A) Ankan B) Anken C) Ankin D) Aren Suy luận: CnH2n+1 là gốc hidrocacbon hóa trị I Vậy phân tử chỉ có thể gốc hydrocacbon hóa trị I liên kết với nhau, vậy m = và A thuộc dãy ankan: C2nH2n+4 Khi đốt cháy hidrocacbon thì cacbon tạo CO2 vầ hidro tạo H2O Tổng khối lượng C và H CO và H2O phải bằng khối lượng của hidrocacbon Thí du: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH 4, C3H6 và C4H10 thu được 17,6g CO2 và 10,8g H2O m có giá trị là: A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g Suy luận: Mhỗn hợp = mC + mH = 17 10,8 � 12  �B gam 44 18 Khi đốt cháy ankan thu được nCO2 > nH2O và số mol ankan cháy bằng hiệu số của số mol H2O và số mol CO2 3n  O2 � nCO2 + (n + 1) H2O CnH2n+2 + Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp ankan thu được 9,45g H2O Cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) dư thì khối lượng kết tủa thu được là: A 37,5g B 52,5g C 15g D 42,5g Đáp án: A Suy luận: nankan = nCO2 - nCO2 → nCO2 = nH2O - nankan 9,45 nCO2 = = 0,15 = 0,375 mol 18 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 � + H2O nCaCO3 = CO2 = 0,375 mol mCaCO3 = 0,375.100 = 37,5g Thí du 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hidrocacbon liên tiếp dãy đồng đẳng thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 12,6g H2O Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào? A Ankan B Anken C Ankin D Aren Suy luận: 12,6 nH2O = = 0.7 > 0,5 Vậy đó là ankan 18 Thí du 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hidrocacbon liêm tiếp dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO2(đktc) và 25,2g H2O Hai hidrocacbon đó là: A C2H6 và C3H8 B C3H8 và C4H10 C C4H10 và C5H12 D C5H12 và C6H14 Suy luận: nH2O = nH2O > nCO2 bình: Cn H n  + Ta có: � 25,2 = 1,4 mol ; nCO2 = 1mol 18 chất thuộc dãy ankan Gọi n là số nguyên tử C trung 3n  O2 → n CO2 n  → n = 2,5 n  1, +  n  1 H2O C2H6 → C3H8 Thí du 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankan và anken Cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình đựng P 2O5 dư và bình đựng KOH rắn, dư thấy bình tăng 4,14g, bình tăng 6,16g Số mol ankan có hỗn hợp là: A 0,06 B 0,09 C 0,03 D 0,045 Suy luận: nH2O = 6,16 4,14 = 0,23 ; nCO2 = = 0,14 18 44 nankan = nH2O – nCO2 = 0,23 – 0,14 = 0,09 mol Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Thí du 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH 4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 mol CO2 và 0,23 mol H2O Số mol ankan và anken có hỗn hợp lần lượt là: A 0,09 và 0,01 B 0,01 và 0,09 C 0,08 và 0,02 D 0,02 và 0,08 Suy luận: nankan = 0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol Dựa vào phản ứng cộng của anken với Br2 có tỉ lệ mol 1: Thí du: Cho hỗn hợp anken qua bình đựng nước Br thấy làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 8g Br2 Tổng số mol anken là: A 0,1 B 0,05 C 0,025 D 0,005 = 0,05 mol 160 Dựa vào phản ứng cháy của ankan mạch hở cho nCO2 = nH2O Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hidrocacbon mạch hở cùng dãy đồng đẳng thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 9g H2O Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào? A Ankan B Anken C Ankin D, Aren Suy luận: nanken = nBr2 = Suy luận: nCO2 = 11,  0,5 mol ; nH2O =  0,5 22, 18 � nH2O = nCO2 Vậy hidrocacbon thuộc dãy anken Thí du 2: Một hỗm hợp khí gồm ankan và anken có cùng số nguyên tử C phân tử và có cùng số mol Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br2trong dung môi CCl4 Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO Ankan và anken đó có công thức phân tử là: A C2H6, C2H4 B C3H8, C3H6 C C4H10, C4H8 D C5H12, C5H10 Suy luận: nanken = nBr2 = CnH2n 0,1 + 80.20  0,1 mol 100.160 3n O2 → n CO2 + n H2O 0,1n Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Ta có: 0,1n = 0,6  0,3 � n = � C3H6 Đốt cháy ankin: nCO2 > nH2O và nankin (cháy) = nCO2 – nH2O Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO và H2O có tổng khối lượng 25,2g Nếu cho sản phẩm cháy qua dd Ca(OH)2 dư thu được 45g kết tủa a V có giá trị là: A 6,72 lít B 2,24 lít C 4,48 lít B 3,36 lít Suy luận: nCO2 = nCaCO3 = nH2O = 45  14n   49,6 � n  3,4 0,45 mol 100 25,  0, 45.44  0,3 mol 18 nankin = nCO2 – nH2O = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol Vankin = 0,15.22,4 = 3,36 lít b Công thức phân tử của ankin là: A C2H2 B C3H4 C C4H6 D C5H8 nCO2 = 3nankin Vậy ankin có nguyên tử C3H4 Thí du 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) ankin thu được 10,8g H 2O Nếu cho tất cả sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi thì khối lượng bình tăng 50,4g V có giá trị là: A 3,36 lít B 2,24 lít C 6,72 lít D 4,48 lít Suy luận: Nước vôi hấp thu cả CO2 và H2O mCO2 + mH2O = 50,4g ; mCO2 = 50,4 – 10,8 = 39,6g nCO2 = 39,6  0,9 mol 44 10,8  0,3 mol 4418 Đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no được mol CO2 thì sau đó hidro hóa hoàn toàn rồi đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no đó sẽ thu được bấy nhiêu mol CO Đó là hidro hóa thì số nguyên tử C không thay đổi và số mol hidrocacbon no thu được bằng số mol hidrocacbon không no Thí du: Chia hỗn hợp gồm C3H6, C2H4, C2H2, thành phần đều nhau: - Đốt cháy phần thu được 2,24 lít CO2 (đktc) nankin = nCO2 – nH2O = 0,9  Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ - Hidro hóa phần rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO thu được là: A 2,24 lít B 1,12 lít C 3,36 lít D 4,48 lít Sau hidro hóa hồn tồn hidrocacbon khơng no rời đớt cháy thì thu được số mol H2O nhiều so với đốt lúc chưa hidro hóa Số mol H2O trội chính bằng số mol H2 đã tham gia phản ứng hidro hóa Thí du: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol ankin thu được 0,2 mol H 2O Nếu hidro hóa honaf toàn 0,1 mol ankin này rồi đốt cháy thì số mol H 2O thu được là: A 0,3 B 0,4 C 0,5 D 0,6 Suy luận: Ankin cộng hợp với H2 theo tỉ lệ mol 1:2 Khi cộng hợp có 0,2 mol H2 phản ứng nên số mol H2O thu được thêm cũng là 0,2 mol , đó số mol H2O thu được là 0,4 mol Dựa cách tính số nguyên tử C số nguyên tử C trung bình hoặc khối lượng mol trung bình… M + Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp: + Số nguyên tử C: n mhh nhh nco2 nC X HY + Số nguyên tử C trung bình: n nCO2 nhh ; n n1a  n2b ab Trong đó: n1, n2 là số nguyên tử C của chất 1, chất a, b là số mol của chất 1, chất + Khi số nguyên tử C trung bình bằng trung bình cộng của số nguyên tử C thì chất có số mol bằng Ví du 1: Hỗn hợp ankan là đồng đẳng liên tiếp có khối lượng là 24,8g Thể tích tương ứng của hỗn hợp là 11,2 lít (đktc) Công thức phân tử ankan là: A CH4, C2H6 B C2H6, C3H8  B C3H8, C4H10 D C4H10, C5H12 Suy luận: 24,8 M hh   49,6 ; 14n   49,6 � n  3,4 0,5 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ hidrocacbon là C3H8 và C4H10 Ví du 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hidrocacbon mạch hở, liên tiếp dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO (đktc) và 25,2g H2O Công thức phân tử hidrocacbon là: A CH4, C2H6 B C2H6, C3H8 C C3H8, C4H10 D C4H10, C5H12 Ví du 3: Cho 14g hỗn hợp anken là đồng đẳng liên tiếp qua dung dịch nước Br2 thấy làm mất màu vừa đủ dd chứa 64g Br2 Công thức phân tử của các anken là: A C2H4, C3H6 B C3H8, C4H10 C C4H10, C5H12 D C5H10, C6H12 Tỷ lệ số mol anken hỗn hợp là: A 1:2 B 2:1 C 2:3 D 1:1 Suy luận: 64 8,81  0,4mol  0,2mol nanken  nBr2  160 44 14 M anken   35 ; 14n  35 � n  2,5 0,4 Đó là : C2H4 và C3H6 Thí du 4: Cho 10,2g hỗn hợp khí A gồm CH và anken đồng đẳng liên tiếp qua dd nước brom dư, thấy khối lượng bình tăng 7g, đồng thời thể tích hỗn hợp giảm một nửa Công thức phân tử các anken là: A C2H4, C3H6 B C3H6, C4H10 C C4H8, C5H10 D C5H10, C6H12 Phần trăm thể tích các anken là: A 15%, 35% B 20%, 30% C 25%, 25% D 40% 10% Suy luận: VCH  V2 anken � nCH  n2 anken m2 anken  g ; nCH  10,2  � n  2,5 Hai  0,2 ; 14n  0,2 16 anken là C2H4 và C3H6 23  trung bình cộng nên số mol anken bằng Vì n  2,5  Vì ở cùng điều kiện %n = %V → %V = 25% Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Thí du 5: Đốt cháy hidrocacbon thể khí kế tiếp dãy đồng đẳng thu được 48,4g CO2 và 28,8g H2O Phần trăm thể tích mỗi hidrocacbon là: A 90%, 10% B 85% 15% C 80%, 20% D 75% 25% Thí du 6: A, B là rượu no đơn chức kế tiếp dãy đồng đẳng Cho hỗn hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với Na thu được 1,12 lít H2 (đktc) Công thức phân tử rượu là: A CH3OH, C2H5OH B C2H5OH, C3H7OH C C3H7OH, C4H9OH D C4H9OH, C5H11OH 10 Dựa phản ứng tách nước của rượu no đơn chức thành anken → nanken  nrượu và sô nguyên tử C không thay đổi Vì vậy đốt rượu và đốt anken tương ứng cho số mol CO2 Thí du: Chia a gam ancol etylic thành phần đều Phần 1: mang đốt cháy hoàn toàn → 2,24 lít CO2 (đktc) Phần 2: mang tách nước hoàn toàn thành etylen, Đốt cháy hoàn toàn lượng etylen → m gam H2O m có giá trị là: A 1,6g B 1,8g C 1,4g D 1,5g Suy luận: Đốt cháy được 0,1 mol CO thì đốt cháy tương ứng cũng được 0,1 mol CO2 Nhưng đốt anken cho mol CO2 bằng mol H2O Vậy m = 0,1.18 = 1,8 11 Đốt chất hữu cơ, phân tử có cùng số nguyên tử C, được cùng số mol CO2 thì chất hữu mang đốt cháy cùng số mol Thí du: Đốt cháy a gam C2H5OH được 0,2 mol CO2 Đốt cháy 6g C2H5COOH được 0,2 mol CO2 Cho a gam C2H5OH tác dụng với 6g CH3COOH (có H2SO4đ xt, t0 Giả sử H = 100%) được c gam este C có giá trị là: A 4,4g B 8,8g 13,2g D 17,6g Suy luận: nC2 H5OH  nCH3COOH   nCO2 = 0,1 mol nCH3COOC2 H5  0,1mol � meste  c  0,1.88  8,8 g 12 Dựa phản ứng đốt cháy anđehit no, đơn chức cho số mol CO2 =  H , xt  O2 ,t số mol H2O Anđehit ��� � rượu ��� � cũng cho số mol CO2 bằng số mol CO2 đốt anđehit còn số mol H2O của rượu thì nhiều Số mol H2O trội bằng số mol H2 đã cộng vào anddeehit Thí du: Đốt cháy hỗn hợp anđehit no, đơn chức thu được 0,4 mol CO Hidro hóa hoàn toàn anđehit này cần 0,2 mol H thu được hỗn hợp rượu Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ no, dơn chức Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rượu thì số mol H 2O thu được là: A 0,4 mol B 0,6mol C 0,8 mol D 0,3 mol Suy luận: Đốt cháy hỗn hợp anđehit được 0,4 mol CO thì cũng được 0,4 mol H2O Hidro hóa anđehit đã nhận thêm 0,2 mol H2 thì số mol của rượu trội của anđehit là 0,2 mol Vậy số mol H 2O tạo đốt cháy rượu là 0,4 + 0,2 = 0,6 mol 13 Dựa phản ứng tráng gương: cho tỉ lệ nHCHO : nAg = : nR-CHO : nAg = : Thí du: Cho hỗn hợp HCHO và H2 qua ống đựng bột nung nóng Dẫn toàn bộ hỗn hợp thu đượu sau phản ứng vào bình nước lạnh để ngưng tụ chất lỏng và hoa tan các chất có thể tan được , thấy khối lượng bình tăng 11,8g Lấy dd bình cho tác dụng với dd AgNO 3/NH3 thu được 21,6g Ag Khối lượng CH3OH tạo phản ứng hợp H2 của HCHO là: A 8,3g B 9,3g C 10,3g D 1,03g Ni � CH3OH Suy luận: H-CHO + H2 �� t0 ( mCH3OH  mHCHO ) chưa phản ứng là 11,8g NH HCHO + 2Ag2O �� � � CO2 + H2O + Ag � 1 21,6 nHCHO  nAg  �  0,05mol 4 108 MHCHO = 0,05.30 = 1,5g ; mCH3OH  11,8  1,5  10,3 g Thí du 2: Cho hỗn hợp gồm 0,1 mol HCOOH và 0,2 mol HCHO tác dụng hết với dd AgNO3/NH3 thì khối lượng Ag thu được là: A 108g B 10,8g C 216g D 21,6g Suy luận: 0,1 mol HCOOH → 0,2 mol Ag 0,2 mol HCHO → 0,8 mol Ag → Đáp án A Thí du 3: Chất hữu X thành phần gồm C, H, O đó %O: 53,3 khối lượng Khi thực hiện phản ứng trang gương, từ mol X → mol Ag CTPT X là: A HCHO B (CHO)2 C CH2(CHO)2 D C2H4(CHO)2 11 Dựa vào công thức tính số ete tao từ hỗn hợp rượu hoặc dựa vào ĐLBTKL Thí du 1: Đun hỗn hợp rượu no đơn chức với H 2SO4đ , 1400C thì số ete thu được là: A 10 B 12 C 15 D 17 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ x( x  1) ete → thu được 15 ete Thí du 2: Đun 132,8 hỗn hợp gồm rượu đơn chức với H2SO4 đặc, 1400C → hỗn hợp các ete có số mol bằng và có khối lượng là 111,2g Số mol ete là: A 0,1 mol B 0,2 mol C 0,3 mol D 0,4 mol Suy luận: Đun hỗn hợp rượu tạo ete Theo ĐLBTKL: mrượu = mete + mH 2O → mH 2O = 132,8 – 111,2 = 21,6g 21,6 1,2  1,2mol � nmỗi ete =  0,2mol Do �nete  �nH 2O  18 12 Dựa vào phương pháp tăng giảm khối lượng: Nguyên tắc: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng hỗn hợp hay chất Cụ thể: Dựa vào pt tìm sự thay đổi về khối lượng của mol A → 1mol B hoặc chuyển từ x mol A → y mol B (với x, y là tỉ lệ cân bằng phản ứng) Tìm sự thay đỏi khối lượng (A→B) theo bài ở z mol các chất tham gia phản ứng chuyển thành sản phẩm Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại  Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với K: x R (OH ) x  xK � R(OK ) x  H 2 Hoặc ROH + K → ROK + H2 Theo pt ta thấy: cứ mol rượu tác dụng với K tạo mol muối ancolat thì khối lượng tăng: 39 – = 38g Vậy nếu đề cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat thì ta có thể tính được số mol của rượu, H2 và từ đó xác định CTPT rươụ  Đối với anđehit: xét phản ứng tráng gương của anđehit NH ,t R – CHO + Ag2O ��� � R – COOH + 2Ag Theo pt ta thấy: cứ 1mol anđehit đem tráng gương → mol axit �  m = 45 – 29 = 16g Vậy nếu đề cho manđehit, maxit → nanđehit, nAg → CTPT anđehit  Đối với axit: Xét phản ứng với kiềm R(COOH)x + xNaOH → R(COONa)x + xH2O Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O mol → mol →  m �= 22g  Đối với este: xét phản ứng xà phòng hóa Suy luận: Áp dụng công thức : Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH mol → mol →  m �= 23 – MR’  Đối với aminoaxit: xét phản ứng với HCl HOOC-R-NH2 + HCl → HOOC-R-NH3Cl mol → 1mol →  m �= 36,5g Thí du 1: Cho 20,15g hỗn hợp axit no đơn chức tác dụng vừa đủ với dd Na2CO3 thì thu được V lít CO2 (đktc) và dd muối.Cô cạn dd thì thu được 28,96g muối Giá trị của V là: A 4,84 lít B 4,48 lít C 2,24 lít D 2,42 lít E Kết quả khác Suy luận: Gọi công thức trung bình của axit là: R  COOH Ptpu: R  COOH + Na2CO3 → R  COONa + CO2 �+ H2O Theo pt: mol → mol mol �  m = 2.(23 - 11) = 44g Theo đề bài: Khối lượng tăng 28,96 – 20,15 = 8,81g 8,81  0,2mol → Thể tích CO2: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít → Số mol CO2 = 44 Thí du 2: Cho 10g hỗn hợp rượu no đơn chức kế tiếp dãy đồng đẳng tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo 14,4g chất rắn và V lít khí H (đktc) V có giá trị là: A 1,12 lít B 2,24 lít C 3,36 lít D 4,48 lít Suy luận: Theo ptpu: mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H thì C6 H 6 n ( NO2 ) n n  1,4 m  23 -1 = 22g khối lượng tăng: n N 2 14,1 78  45n Vậy theo đầu bài: mol muối ancolat và 0,5mol H2 bay thì tăng 4,4.0,5  0,1mol 14,4 – 10 = 4,4g → Số mol H2 = 22 → Thể tích H2: V = 0,1.22,4= 2,24 lít Thí du 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este của axit đơn chức với rượu đơn chức tiêu tốn hết 5,6g KOH Mặt khác, thủy phân 5,475g este đó thì tiêu tốn hết 4,2g KOH và thu được 6,225g muối Vậy CTCT este là: A (COOC2H5)2 B (COOCH3)2 C (COOCH2CH2CH3)2 D Kết quả khác Suy luận: Vì nKOH = 2neste → este chức tạo từ axit chức và rượu đơn chức 10 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Đặt công thức tổng quát của este là R(COOR’)2 : R(COOR’)2 + 2KOH → R(COOK)2 + 2R’OH mol mol → mol thì m = (39,2 – 2R’)g � 0,0375 mol 0.075 mol → 0,0375 mol thì m = 6,225 – 5,475 = 0,75g → 0,0375(78 – 2R’) = 0,75 → R’ = 29 → R’ = C2H55,475  146 → MR + (44 + 29)2 = 146 → MR = Meste = 0,0375 Vậy công thức đúng của este là: (COOC2H5)2 13 Dựa vào ĐLBTNT ĐLBTKL: - Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các sản phẩm tạo thành A + B →C + D Thì mA + mB = mC + m D - Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng MS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng Dù phản ứng vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có: mT = mS - Sử dụng bảo toàn nguyên tố phản ứng cháy: Khi đốt cháy hợp chất A (C, H) thì nO ( CO2 )  nO ( H 2O )  nO ( O2 pu ) → mO ( CO2 )  mO ( H 2O )  mO (O2 pu ) Giả sử đốt cháy hợp chất hữu A (C, H, O) A + O2 → CO2 + H2O Ta có: mA  mO2  mCO2  mH 2O Với mA = mC + mH + mO Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y: C 2H6, C3H4, C4H8 thì thu được 12,98g CO2 và 5,76g H2O Tính giá trị m? (Đáp số: 4,18g) Thí du 2: cho 2,83g hỗn hợp rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thì thoát 0,896 lít H2 (đktc) và m gam muối khan Giá trị của m là: A 5,49g B 4,95g C 5,94g D 4,59g Thí du 3: Cho 4,2g hỗn hợp gồm rượu etylic, phenol, axit fomic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát 0,672 lít H (đktc) và 1dd Cô cạn dd thu được hỗn hợp rắn X Khối lượng của X là: A 2,55g B 5,52g C 5,25g D 5,05g Suy luận: Cả hợp chất đều có nguyên tử H linh động → Số mol Na = 2nH2 = 2.0,03 = 0.06 mol Áp dụng ĐLBTKL: → mX = 4,2 + 0,06(23 - 1) = 5,52g  Thí du 4: Chia hỗn hợp anđehit no đơn chức làm phần bằng nhau: P1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08g H2O 11 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ P2: tác dụng với H2 dư (Ni, t0) thì thu hỗn hợp A Đem A đốt cháy hoàn toàn thì thể tích CO2 (đktc) thu được là: A 1,434 lít B 1,443 lít C 1,344 lít D 1,444 lít Suy luận: Vì anđehit no đơn chức nên số mol CO2 = sô mol H2O = 0,06 mol → nCO2 ( P 2)  nC ( P 2)  0,06mol Theo BTNT và BTKL ta có: nC ( P 2)  nC ( A)  0,06mol → nCO2 ( A)  0,06mol → VCO2  22,4.0,06  1,344 lít Thí du 4: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm rượu A, B ta được hỗn hợp X gồm các olefin Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66g CO Vậy đốt cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng CO2 và H2O là: A 0,903g B 0,39g C 0,94g D 0,93g 14 Phương pháp nhóm nguyên tử trung bình: Nhóm ở có thể là số nhóm -OH, -NH2, NO2 Thí du1: Nitro hóa benzen thu được 14,1g hỗn hợp gồm chất nitro có khối lượng phân tử kém 45 đvc Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp chất nitro này được 0,07mol N2 Hai chất nitro đó là: A C6H5NO2 và C6H4(NO2)2 B C6H4(NO2)2 và C6H3(OH)3 C C6H3(NO2)3 và C6H2(NO2)4 D C6H2(NO2)4 vàC6H(NO2)5 Suy luận: Gọi n là số nhóm NO2 trung bình hợp chất nitro Ta có CTPT tương đương của hợp chất nitro: C6 H 6 n ( NO2 ) n (n < n < n’ = n +1) n C6 H 6n ( NO2 ) n → N 2 n mol → mol 14,1 → 0,07 mol 78  45n → n  1,4 , n = 1, n = → Đáp án A Ví du 2: Hỗn hợp X gồm rượu no có số nguyên tử bằng Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol X thu được 11,2 lít CO (đktc) Mặt khác 0,25 mol X đem tác dụng với Na dư thấy thoát 3,92 lít H2 (đktc) Các rượu của X là: A C3H7OH và C3H6(OH)2 B C4H9OH và C4H8(OH)2 C C2H5OH và C2H4(OH)2 D C3H7OH và C3H5(OH)3 Đáp án: C 12 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Còn nữa… Chúc các bạn sĩ tỉ một mùa thi thành công! Một số phương pháp giải nhanh tập trắc nghiệm THPT Để giải nhanh các bài tập trắc nghiệm trương trình THPT đòi hỏi học sinh không những nắm rõ bản chất hoá học, kỹ tính, nắm được phương pháp giải đặc trưng cho mỗi thể loại bài tập, mà còn đòi hỏi học sinh phải nhanh nhận các cách giải nhanh tới kết quả dựa vào các mối liên hệ toán hoá học, các định luật hoá học Ngoài các cách giải thông thường cần có những phương pháp giải nhanh có tác dụng việc rèn luyện tư cho học sinh, phát triển lực trí tuệ cho học sinh Có rất nhiều cách để giải nhanh bài tập hoá học, tuỳ theo mỗi dạng bài tập và mỗi thể loại bài tập Tôi đưa một số cách giải nhanh một số dạng bài tập hoá học trương trình phổ thông để các bạn và các em học sinh tham khảo Dạng một: dựa vào định luật bảo tồn khới lượng, theo tỷ lệ mol kết hợp giữa các nguyên tử; Ví dụ 1: Khi cho 10,4 gam hỗn hợp các oxit CuO, MgO, Fe2O3 tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A Cô cạn dung dịch A thu được m gam muối khan Giá trị m là: A 15,68 gam B 18,65 gam C 16,58 gam D 18,61 gam Cách nhẩm: Ta thấy rằng cho hỗn hợp các oxit tác dụng với dung dịch HCl tạo thành muối clorua O2+ 2H+ > H2O Trong hỗn hợp oxit Trong axit HCl mmuối = m hỗn hợp oxit – khối lượng oxi + mClta có: nCl- tạo muối = nH+ = nHCl = 0,3 (mol) ==> mmuối = 10,4 – 0,3*16 +0,3*35,5 = 18,65 (gam) 13 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Đáp án đúng là đáp án B Từ dạng bài tập toán này ta thấy mối quan hệ dịch lượng khối lượng oxit, khối lượng axit (Số mol, nồng độ ); khối lượng muối Chỉ cần biết đại lượng ta dễ dàng tìm được đại lượng còn lại Ví dụ 2: Hỡn hợp A gờm 46,4 gam (FeO, Fe2O3,, Fe3O4) khử hoàn toàn hỗn hợp oxit cần vừa đủ V lít CO (đktc) thu được 33,6 gam Fe kim loại Giá trị V là: A 17,92 lit B 16,8 lit C 12,4 lit D Kết quả khác Cách nhẩm: Ta thấy phân tử CO kết hợp nguyên tử oxi tạo nên phân tử CO2 theo sơ đồ: CO + O -> CO2 Ta có: mO = m hỗn hợp oxit – mFe = 46,4 – 33,6 =12,8 (gam) ===> nCO = nO = 12,8 = 0,8 (mol) 16 đó VCO = 17,92 (lít) Đáp án đúng là đáp án A * Nếu khử oxit kim loại bằng các chất khử H2, C, CO, Al từ tỷ lệ kết hợp và cách giải ta có thể làm được nhiều dạng toán tính khối lượng oxit, khối lượng kim loại sinh hay tính khới lượng chất khử Ví dụ 3: Khử hoàn toàn 40 gam FexOy thành kim loại cần 16,8 lit H2 (đktc) Công thức oxit là: A FeO B Fe3O4 C Fe2O3 D Không xác định được Cách giải: Ta có: H2 lấy oxi của oxit theo sơ đồ: H2 + O -> H2O oxit nO = nH2 = 16,8 = 0,75 mol ==> mO = 0,75 x 16 = 12 gam 22,4 Theo tỷ lệ: mFe = 56x = 40 -12 = 28 ==> x = mO 16y 12 12 y ==> Đáp án C là đáp án đúng Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 17,2 gam hỗn hợp Ag, Cu dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A và 3,36 lit SO2 (đktc) Khối lượng muối dung dịch A là: A 36,1 gam B 36,4 gam C 31,6 gam D 21,7 gam Cách giải: Dựa phản ứng kim loại M 2M + 2n H2SO4 -> M2(SO4)n + n SO2 + 2n H2O 14 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Ta thấy tỷ lệ cứ n mol SO2 thì có n mol SO4 => nSO2- = nSO ==> m muối = m kim loại + m SO42- = 17,2 + 96 x 0,15 = 31,6 gam Đáp án đúng là đáp án C * Nhận xét: Không phụ thuộc vào hoá trị kim loại Tương tự cho hỗn hợp kim loại tác dụng với axit HNO3 ta cũng nhận xét tương tự theo phương trình phản ứng chung (Chỉ áp dụng thu được sản phẩm khí là một sản phẩm nhất) Ví dụ 5: Hoà tan hoàn toàn hỡn hợp gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe3O4; 0,1 mol FeS2 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn m có giá trị là: A 84 gam B 51 gam C 56 gam D 48 gam Nếu giải bài tập theo cách thông thường viết phương trình phản ứng tính theo phương trình hoá học tới kết quả khó khăn, dài Tuy nhiên ta có thể nhẩm nhanh theo cách sau: Toàn bộ Fe hỗn hợp ban đầu được chuyển hoá thành Fe2O3 theo sơ đồ: Fe > Fe 0,3 mol 0,3 mol Fe3O4 -> 3Fe 0,1mol Ta lại có: 2Fe -> Fe2O3 0,3 mol 0,7mol 0,35 mol FeS2 -> Fe 0,1 mol 0,1mol ===> m Fe2O3 = 0,35 x 160 = 56 (gam) Đáp án đúng là đáp án C Ví dụ 6: Tính khối lượng quặng pirit chứa 75% FeS2 (Còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế tấn dung dịch H2SO4 98% ( hiệu suất quá trình điều chế H2SO4 là 80%)? a 1,28 tấn b tấn c 1,05 tấn d kết quả khác Nếu viết đầy đủ phương trình hoá học thì cách giải bài toán trở nên phức tạp nhiên để giải nhanh ta lập sơ đồ ( dựa toàn bộ lượng S FeS2 có axit) FeS2 > 2H2SO4 120 g 2x98 g Khối lượng FeS2 cần dùng là: 0,98.120.100 = 0,75 tấn 2.98.80 15 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ ==> Khối lượng quặng (0,75.100)/ 75 = tấn đáp án B Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 7: Hoà tan hoàn toàn 1,25 mol hỗn hợp (R CO ; RHCO ; 3 MCO ) vào dung dịch HCl dư, khí sinh sục vào dung dịch nước vôi dư thu được m gam kết tủa Giá trị m là: a 120 g b 250 g c 125 g d 165 g Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm kim loại A, B, C có khối lượng 2,17 gam tác dụng hết với dung dịch HCl tạo 1,68 lít khí H (ĐKTC) Khối lượng muối clorua dung dịch sau phản ứng là: a 7,945 g b 7,495 g c 7,594 g d 7,549 g Ví dụ 9: Để khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp Fe, FeO, Fe O , Fe O cần vừa đủ 2,24 lít khí CO (đktc) tính khối lượng Fe thu được? a 15 g b 16 g c 18 g d Kết quả khác Ví dụ 10: Một lượng quặng A chứa 73% Ca3(PO4)2 ; 1% SiO2; còn lại là CaCO3 Khối lượng quặng A để điều chế kg H3PO4 60% là( giả sử hiệu suất quá trình là100%): a 1,1 Kg b 1,4 Kg c 1,3 Kg d 1,5 Kg Dạng 2: Cách làm nhanh số tập tính pH của dung dịch: Để làm bài tập trắc nghiệm nhanh pH các bạn cần lưu ý: pH = - lg[H+]; Nếu [H+]= 10-a thì a = pH Trường hợp bài tập xẩy giữa dung dịch axit mạnh và dung dịch bazơ mạnh: [H+].[OH-] = 10-14 ; Nếu pH = 7: Môi trường trung tính 16 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Nếu pH >7 : Môi trường bazơ, nếu không tính đến sự phân ly của H2O ta phải tính theo nồng độ OHVí dụ: Cho dung dịch có pH = 11 ta hiểu dung dịch có OHvậy [H+]= 10-11 , nồng độ [OH-] = 10-14 / 10-11 = 10-3 Nếu Nếu pH 7, và bỏ qua sự phân ly của nước) thì ta có sơ đồ giải: * Lập mối quan hệ: H+ + OH-  H2O Mol ban đầu: x y Mol phản ứng: x x Mol sau pư: (y - x ) Ta thiết lập mối quan hệ định lượng giữa giả thiết và dữ kiện bài toán từ đó tìm kết quả đúng + Nếu bài toán cho pha loãng dung dịch thì các bạn lưu ý: Số mol H+ hoặc số mol OH- được bảo toàn còn thể tích dung dịch có tính cộng tính + Đối với bài toán liên quan đến sự phân ly của dung dịch axit yếu hoặc bazơ yếu ta cần chú ý đến độ điện ly, hằng số phân ly ( đối với chương trình THPT không đề cập đến sự phân ly của nước) Một số ví dụ áp dụng: Dạng pha trộn dung dịch không có phản ứng hoá hoc: Ví dụ 1: Giá trị pH của dung dịch KOH 0,0001M là: a a 13 b b 12 c c 10 d d 17 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Giải: Nồng độ OH- = CM KOH = 10-4 ==> [H+] = 10-14 /[OH-] = 10-10 Vậy pH = 10 Đáp án c Ví dụ 2: Trộn 200 ml dung dịch HCl 0,01M với 300 ml dung dịch H2SO4 0,005M Dung dịch nhận được sau trộn có pH là: a a b b c c d d + Giải: Ta có: HCl > H + Cl 0,002 mol 0,002 mol H2SO4 -> 2H+ + SO420,0015 mol 0,003 mol + Tổng số mol H = 0,002 +0,003 = 0,005 mol Thể tích dung dịch sau pha trộn = 0,5 lít [H+] sau pha trộn = 0,005 / 0,5 = 0,01 M vậy pH = đáp án b Ví dụ 3: Dung dịch HCl có pH = cần pha loãng dung dịch axit này bằng H2O lần để thu được dung dịch có pH = 4? a a 10 lần b b 99 lần c c 101 lần d d 100 lần + -2 Giải: Ta có pH = vậy [H ] = 10 : pha loãng số mol H+ không thay đổi Gọi thể tích dung dịch HCl là V lít; thể tích nước pha trộn là V’ lít số mol H+ = 10-2 V mol dung dịch có pH = vậy [H+] = 10-4 ; số mol H+ = 10-4 (V+ V’)mol Vì số mol H+ không thay đổi ta có: 10-2 V = = 10-4 (V+ V’) V/ V’ = 1/99 vậy pha loãng 100 lần đáp án d Tương tự: Nếu pha loãng dung dịch axit mạnh điện ly hoàn toàn có pH = thành pH = thì pha loãng 10 lần; pH = thì pha loãng 100 lần; pH = thì pha loãng 1000 lần Nếu pha loãng dung dịch bazơ mạnh điện ly hoàn toàn có pH = 13 thành pH = 12 thì pha loãng 10 lần; pH = 11 thì pha loãng 100 lần; pH = 10 thì pha loãng 1000 lần chú ý đến [H+].[OH-] = 10-14 từ đó tính số mol OHVí dụ 4: Dung dịch nước của axit axetic có nồng độ mol 0,2M Biết độ điện ly 0,95% , thì pH của dung dịch này là: a a b b 2,72 c c 3,72 d d 2,52 Giải: axit axetic có nồng độ mol 0,2M, á = 0,0095 Phương trình điện ly: CH3COOH -> CH3COO+ H+ 0,2x0,0095 0,2x0,0095 + -3 [H ] = 0,2x0,0095 = 0,0019 = 1,9.10 + pH = - lg[H ] = - lg[1,9.10-3] = 2,72 đáp án b Dạng pha trộn dung dịch có phản ứng hoá hoc: 18 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Ví dụ 5: Trộn lẫn 400 ml dung dịch NaOH 0,625M với 100 ml dung dịch HCl 2M được dung dịch X Giá trị pH của dung dịch X là: a a 14 b b 13 c c d d Giải: NaOH -> Na+ + OH0,25 mol 0,25 mol + HCl > H + Cl0,2 mol 0,2 mol  Lập mối quan hệ: H+ + OHH2O Mol ban đầu: 0,2 mol 0,25 mol Mol phản ứng: 0,2 mol 0,2 mol Mol dư: 0,05 mol Thể tích dung dịch sau pha trộn = 0,5 lít [OH-] sau pha trộn = 0,05 / 0,5 = 0,1 M [H+] = 10-14 /[OH-] = 10-13 Vậy pH = 13 Đáp án a Ví dụ 6: Thể tích dung dịch H2SO4 có pH = cần để trung hoà 200 ml dung dịch KOH 0,2 M là: a a 4000 ml b b 5000 ml c c 8000 ml d d 1000 ml Giải: Số mol KOH = 0,2x0,2=0,04 mol KOH -> K+ + OH0,04 mol 0,04 mol +  Phản ứng trung hoà: H + OHH2O 0,04 mol 0,04 mol H2SO4 -> 2H+ + SO420,02 mol 0,04 mol Vì dung dịch H2SO4 có pH = ==> [H+] = 10-2 Thể tích dung dịch H2SO4 = 0,04 / 10-2 = lít Đáp án a Ví dụ 7: Dung dịch Ba(OH)2 có pH = 13 (dung dịch A) Dung dịch HCl có pH = (dung dịch B) Đem trộn 2,75 lít dung dịch A với 2,25 lít dung dịch B được lít dung dịch C Hãy tính pH của dung dịch C? a a 14 b b 13 c c d d 12 + -13 -14 -13 Giải: dung dịch A có [H ] = 10 ==> [OH ] = 10 / 10 = 10-1 nOH-= 2,75 x 10-1= 0,275 mol Dung dịch B có [H+] = 10-1 ==> nH+= 2,25 x 10-1= 0,225 mol Phương trình ion: H+ + OH-  H2O 19 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Mol ban đầu: 0,225 mol 0,275 mol Mol phản ứng: 0,225 mol 0,225 mol Mol dư: 0,05 mol Thể tích dung dịch sau phản ứng: lít => [OH-] = 0,05/5=0,01M [H+] = 10-14 /[OH-] = 10-12 pH = 12 đáp án d Ví dụ 8: Cho 250 ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,1 M và H2SO4 0,05 M tác dụng với 250 ml dung dịch NaOH aM thu được dung dịch có pH = 12 Tính a? a a 0,14M b b 0,16M c c 0,22M d d 0,12M + Giải: Ta có: HCl > H + Cl 0,025 mol 0,025 mol H2SO4 -> 2H+ + SO420,0125 mol 0,025 mol + Tổng số mol H = 0,025 +0,025 = 0,05 mol Thể tích dung dịch sau pha trộn = 0,5 lít pH = 12 vậy [OH-] = 10-14 / 10-12 = 10-2 nOH- dư= 0,5x 10-2= 0,005 mol NaOH -> Na+ + OH0,25a mol 0,25a mol + Phương trình ion: H + OH-  H2O Mol ban đầu: 0,05 mol 0,25a mol Mol phản ứng: 0,05 mol 0,05 mol Mol dư: 0,25a- 0,05 mol 0,25a- 0,05 = 0,005 ==> a = 0,22M đáp án c Ví dụ 9: Trộn 300 ml dung dịch HCl 0,05M với 200 ml dung dịch Ba(OH)2 aM thu được 500 ml dung dịch có pH = 12 Tính a? a a 0,05M b b 0,1M c c 0,2M d d 0,25M Cách giải tương tự ví dụ 8: đáp án a Ví dụ 10: cho dung dịch: dung dịch A chứa axit HCl 0,5 M và H2SO4 0,25 M; Dung dịch B chứa NaOH 0,5 M và Ba(OH)2 aM Trộn V lít dung dịch A với V lít dung dịch B thu được 2V lít dung dịch C có pH = và một lượng kết tủa Giá trị của a là: a a 0,05M b b 0,3M c c 0,25M d d 0,5M + Giải: : HCl > H + Cl 0,5V mol 0,5V mol H2SO4 -> 2H+ + SO420,25V mol 0,5V mol + Tổng số mol H = 0,5V +0,5V = V mol 20 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ NaOH -> Na+ 0,5V mol + OH0,5V mol Ba(OH)2 -> Ba2+ + 2OHaV mol 2aV mol Tổng số mol OH = (2aV + 0,5V) mol Khi trộn: Ba2+ + SO42 > BaSO4 H+ + OH-  H2O V (2aV + 0,5V) Vì pH = nên V =(2aV + 0,5V) ==> a= 0,25M đáp án c Ví dụ 11: Cho dung dịch HCl có pH = (dung dịch A) Cho dung dịch NaOH có pH = (dung dịch B) Hỏi phải lấy dung dịch theo tỷ lệ thể tích bao nhiêu( VA/VB) để được dung dịch có pH = a a 9/11 b b 11/9 c c 99/11 d d 8/12 Giải: dung dịch HCl có pH = ; [H+] = 10-5 dung dịch NaOH có pH = 9; [H+] = 10-9 ==> [OH-] = 10-5 dung dịch có pH = nên dung dịch có tính bazơ [H+] = 10-8==> [OH-] = 10-6 Gọi VA là thể tích dung dịch A Gọi VB là thể tích dung dịch B Thể tích dung dịch sau pha trộn = VA + VB Phương trình ion: H+ + OH-  H2O -5 -5 Mol ban đầu: 10 VA mol 10 VB mol Mol phản ứng: 10-5VA mol 10-5VA mol Mol dư: 10-5VB - 10-5VA mol Ta có: 10-5VB - 10-5VA = (VA + VB)10-6 VA/VB = 9/11 đáp án a Đối với chương trình hoá học phổ thông thể loại bài tập dung dịch xảy giữa axit - bazơ diễn rất phức tạp, đặc biệt là những axit và bazơ trung bình và yếu, cần học sinh nắm vững các định luật dung dịch ( Định luật bảo toàn nồng độ, định luật tác dụng khối lượng, định luật bảo toàn điện tích ) Đối với đề thi đại học và cao đẳng không đòi hỏi ở mức độ quá khó cho học sinh các em cần phân tích kỹ đầu bài, tìm mối liên hệ giữa các dữ kiện, định hướng cách giải nhanh, chính xác và hợp logic khoảng thời gian cho phép, chúc các em học tốt 21 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Do thời gian quá bận nên không thể kiểm tra lỗi chính tả, cũng trình bày, rất mong tiếp tục cộng tác để cùng trao đổi về phương pháp giảng dạy và hoàn thiện các chuyên đề giải nhanh hoá học vô và hữu tiếp theo đặc biệt là phương pháp giảng dạy hoá bậc THCS Xin chân thành cảm ơn / 22 ... Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Còn nữa… Chúc các bạn sĩ tỉ một mùa thi thành công! Một số phương pháp giải nhanh tập trắc nghiệm THPT Để giải nhanh. .. định hướng cách giải nhanh, chính xác và hợp logic khoảng thời gian cho phép, chúc các em học tốt 21 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ Do thời gian... dựa vào ĐLBTKL Thí du 1: Đun hỗn hợp rượu no đơn chức với H 2SO4đ , 1400C thì số ete thu được là: A 10 B 12 C 15 D 17 Một số phương pháp giải nhanh Hóa Hữu Cơ – Hóa Vô Cơ x(