Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán Hóa học

 trắc nghiệm hóa học 35 
- Khi khử oxit kim loại bằng các chất khử như CO, H2, Al thì chất khử lấy oxi của oxit 
tạo ra: CO2, H2O, Al2O3. Biết số mol CO, H2, Al tham gia phản ứng hoặc biết số mol CO2, 
H2O, Al2O3 tạo ra tính được lượng oxi trong oxit (hay trong hỗn hợp oxit) và suy ra lượng kim 
loại (hay hỗn hợp kim loại). 
- Khi khử oxit kim loại bằng các chất khử CO (H2) thì CO (H2) có nhiệm vụ lấy oxi của 
oxit kim loại ra khỏi oxit. Mỗi một phân tử CO(H2) chỉ lấy được 1mol O ra khỏi oxit. Khi hết 
số mol CO2  nO = nCO = nO lấy của oxit hoặc ( H2O) 
 nO= 
2H O
n . áp dụng định luật bảo toàn khối lượng tính khối lượng hỗn hợp oxit ban 
đầu. 
Ví dụ 34: Khử hoàn toàn 32g hỗn hợp CuO và Fe2O3 bằng khí H2 thấy tạo ra 9g H2O. 
Khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là: 
A - 12g B - 16g C- 24g D- 26g E- Kết quả khác 
* Cách giải thông thường: 
PTPƯ: CuO + H2 
0tCu + H2O 
Fe2O3 + 3H2 
0t 2Fe + 3H2O 
Đặt nCuO = x; 2 3Fe On y 
Theo đầu bài ta có: 
80x + 160y = 32 (I) 
x + 3y = 
9
18 = 0,5 (II) 
Giải hệ phương trình (I) (II) ta được nghiệm: x = 0,2 và y = 0,1 
Vậy mhỗn hợp kim loại = mCu + mFe = 0,2 x 64 + 0,1 x 2 x 56 = 24 (g) 
* Cách giải nhanh: Vì H2 lấy oxi của oxit kim loại  H2O 
Ta có nO (trong oxit) = 2H On = 
9
18 = 0,5 (mol) 
mO = 0,5 x 16 = 8g  mKL = 32 - 8 = 24 (g) 
Vậy đáp án ( C )đúng 
Ví dụ 35: Thổi một luồng khí CO dư đi qua ống đựng hỗn hợp 2 oxit Fe3O4 và CuO 
nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,32 g hỗn hợp kim loại. Khí thoát ra 
được đưa vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 5g kết tủa trắng. Khối lượng hỗn hợp 2 
oxit kim loại ban đầu là: 
A - 3,12g B - 3,21g C - 4g D - 4,2g E - Kết quả khác 
* Cách giải thông thường: 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 36 
PTPƯ: 
Fe3O4 + 4CO 
0t 3Fe + 4CO2 
x 3x 4x 
CuO + CO 
0t Cu + CO2 
y y y 
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 
(4x + y) 4x + y 
Đặt số mol Fe3O4 là x; nCuO = y 
Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 
3x 56 64y 2,32
5
4x y 0,05
100
  


  
 Giải hệ phương trình ta có nghiệm: 
x 0,01
y 0,01



 moxit = 0,01 x 232 + 0,01 x 80 = 3,12 (g) 
* Cách giải nhanh: CO lấy oxi trong oxit  CO2 
nO(trong oxit) = nCO = 2 3CO CaCOn n 0,05(mol)  
 moxit = mKL + moxi trong oxit = 2,32 + 0,05 x 16 = 3,12 (g) 
Vậy đáp án ( A ) đúng 
2.1.1.6. Dựa vào việc lập sơ đồ hợp thức của các quá trình chuyển hóa rồi căn cứ vào 
chất đầu và chất cuối. 
Đối với các bài toán hóa học hỗn hợp bao gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra, ta chỉ 
cần lập sơ đồ hợp thức sau đó căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung 
gian. 
Ví dụ 36: Cho 11,2g Fe và 2,4g Mg tác dụng với dung dịch H2SO4loãng dư sau phản 
ứng thu được dung dịch A và V lít khí H2 (ở đktc). Cho dung dịchNaOH dư vào dung dịch A 
thu được kết tủa B. Lọc B nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m(g) chất rắn. 
1. V có giá trị là: 
A - 2,24lít B - 3,36lít C - 5,6lít D - 4,48 lít E - 6,72lít 
2. Khối lượng chất rắn thu được là: 
A - 18g B - 20g C - 24g D - 36g E - 40g 
* Cách giải thông thường: 
 Fe
11,2
n 0,2 mol
56
  nMg= 0,1 (mol) 
PTHH: Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 37 
 0,2 0,2 0,2 
Mg + H2SO4  MgSO4 + H2 
0,1 0,1 0,1 
FeSO4 + NO 
H2SO4 + NaOH  Na2SO4 + 2H2O 
FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2 + Na2SO4 
0,2 0,2 
MgSO4 + 2NaOH  Mg(OH)2 + Na2SO4 
0,1 0,1 
4Fe(OH)2 + O2+ 2H2O  4Fe(OH)3 
0,2 0,2 
Mg(OH)2 
0t MgO + H2O 
0,1 0,1 
2Fe(OH)3 
0t Fe2O3 + H2O 
0,2 0,1 mol 
V = 6,72 lít 
mchất rắn = mMgO + 2 3Fe Om = 0,1 x 40 + 0,1 x 160 = 20(g) 
* Cách giải nhanh: 
2H Fe Mg
n n 0,3mol V 6,72lít    
2Fe  Fe2O3 Mg  MgO 
0,2 0,1 0,1 0,1 
 m = 0,1 x 160 + 0,1 x 40 = 20 (g) 
Vậy 1. Đáp án ( E ) đúng 
 2. Đáp án ( B ) đúng 
Ví dụ 37: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch 
HCl dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc 
lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô và nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m g 
chất rắn, m có giá trị là: 
A - 23g B - 32g C - 24g D - 42g E - Kết quả khác. 
* Cách giải thông thường: 
Viết phương trình phản ứng và tính số mol các chất theo phương trình phản ứng. 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
0,2 0,2 mol 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 38 
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O 
0,1 0,2 
Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư 
HCl dư + NaOH  NaCl + H2O 
FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl 
0,2mol 0,2mol 
FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaCl 
0,2 mol 0,2mol 
Khi sấy và nung kết tủa: 
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 
0,2 0,2 mol 
2Fe(OH)3 
n Fe2O3 + 3H2O 
(0,2+0,2)ml 0,2mol 
mchất rắn = 160 x 0,2 = 32g 
* Cách nhẩm: Trong m g chất rắn có 0,1 mol Fe2O3(26g) ban đầu: 
Vậy chỉ cần tính lượng Fe2O3 tạo ra từ Fe: 
2Fe  Fe2O3 
0,2 0,2  m = 32g 
 Đáp án ( B )đúng. 
Ví dụ 38: Hỗn hợp bột X: Al, Fe có khối lượng 22g. Chia X thành 2 phần bằng nhau. 
- P1 + HCl dư  dung dịch A + 8,96lít H2 (đktc) và dung dịch A. 
Cho dung dịch A + NaOH dư  kết tủa B 
Lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m1 chất rắn. 
1. m1 có giá trị là: 
A - 8g B - 16g C - 32g D - 24g E - Kết quả khác 
- Phần 2: Cho hỗn hợp bột X vào dung dịch CuSO4 dư đến khi phản ứng hoàn toàn thu 
được mg chất rắn không tan. 
2. m có giá trị là: 
A - 12,8g B - 16g C - 25,6g D - 22,4g E - Kết quả khác 
* Cách giải thông thường: 
P1 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 
0,2 0,35 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 39 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
0,1 0,1 
 HCl + NaOH  NaCl + H2O 
AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl 
0,3 0,3 
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2 H2O 
0,3 0,3 
FeCl3 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl 
0,1 0,1 
4Fe(OH)2 + O2 
0t 2Fe2O3 + 4H2O 
 0,05 
Đặt nAl = x ; nFe = y 
27x 56y 11 x 0,2
1,5x y 0,4 y 0,2
   
 
   
m1 = 0,05 x 160 = 8g 
P2: 2Al + 3CuSO4  Al2(SO4)3 + 3Cu 
0,2 0,3 
Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu 
0,1 0,1 
m = 0,4 x 64 = 25,6g 
* Cách giải nhanh: 
Al  AlO 2
 
0,2 
2Fe  Fe2O3 
0,1 0,05 
 m1 = 8(g) 
nCu = 2Hn = 0,4  mCu = 25,6 (g) 
Vậy 1. Đáp án (A) đúng. 
2. Đáp án ( C ) đúng 
2.1.5.5. Dựa vào phương trình đốt cháy hợp chất hữu cơ. 
Dựa vào phương trình đốt cháy hợp chất hữu cơ. 
* Dựa vào số mol sản phẩm cháy (CO2, H2O) để xác định dãy đồng đẳng của hợp chất 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 40 
hữu cơ. 
Cụ thể: Đối với hiđrocacbon. 
Nếu 
2 2H O CO
n n  hợp chất đó là ankan 
2 2H O CO
n n H.C  đó là anken hoặc xicloanken 
  
2 2H O CO
n n H.C đó ankin hoặc ankađien. 
- Đối với rượu. 
2 2H O CO
n n  rượu no 
2 2H O CO
n n  rượu không no 
- Đối với anđehit: 
2 2H O CO
n n  anđehit no đơn chức 
2 2H O Cl
n n  anđehit không no đơn chức, anđe hít đa chức 
- Đối với axit và este: 
2 2H O CO
n n  axit hoặc este no đơn chức 
2 2H O CO
n n  axit hoặc este không no đơn chức hoặc đa chức. 
* Dựa vào mối quan hệ số mol của CO2 và H2O để xác định số mol của hợp chất hữu cơ 
đem đốt cháy. 
Cụ thể: Đối với hợp chất: 
+ Ankan: 

   n n 2 2 2 2
3n 1
C H O nCO (n 1)H O
2
Số mol ankan = 
2 2H O CO
n n 
+ Ankin CnHn-2 +

  2 2 2
3n 1
O nCO (n 1)H O
2
Số mol ankin = 
2 2CO H O
n n 
Đối với rượu no đơn chức. 
CnH2n+2O + 
3n
2 O2  nCO2 + (n + 1) H2O 
Số mol của rượu = 
2 2H O CO
n n 
Số mol của oxi = 1,5 số mol CO2 
- Đối với axit không no đơn chức (hoặc axit no đa chức) 
n 2n 2 x 2 2 2C H O O nCO (n 1)H O     
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 41 
Số mol của axit = số mol CO2 – số mol H2O 
* Dựa vào phương trình đốt cháy trên cơ sở số mol CO2 và số mol của hỗn hợp chất hữu 
cơ để xác định công thức phân tử của các hợp chất hữu cơ. 
      n 2 n 2 2a 2 2 2C H O nCO (n 1 a)H O 
 2CO
A
n
n
n
 
Ví dụ 39: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai hiđrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng 
đẳng thu được 11,2l CO2 (đktc) và 9g H2O. hai hiđrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào. 
A. Ankan B. Anken C. Ankin D. Aren 
* Cách giải thông thường. 
Đặt CTTQ chung của hai hiđrocacbon là: 
2 2 2n 2n 2 2a
C H O nCO (n 1 a)H O
 
     
 0,5 0,5 
0,5 0,5
0,5(n 1 a) 0,5n
n n 1 a
     
 
  a = 1 
 CTPT của hai anken là 
n m
C H 
* Cách giải nhanh: Ta có số mol CO2 = số mol H2O 
Dựa vào phương trình đốt cháy  2 hợp chất là anken. 
 Đáp án (B) đúng. 
Ví dụ 40: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2ankan thu được 9,45g H2O. Cho sản 
phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2dư thì khối lượng kết tủa thu được là: 
A. 37,5g B. 52.5g C. 15g D. 42,5g 
* Cách giải thông thường 
Đặt công thức của 2 ankan là CnHm+2 và CmHm+1 
PTĐC: 
 n 2n 2 2 2 2
3n '
C H O nCO (n 1)H O
2


    
 x nx (n+1)x 
 m m 2 2 2 2
3m 1
C H O mCO (m 1)H O
2


   
 y my (m+1)y 
Đặt số mol của 2ankan là x +y 
Theo đầu bài ta có: 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 42 
x + y = 0,15 (1) 
(n+1)x + (m + 1) y = 
9.45
18 = 0,525 (2) 
Mà số mol Cl2 = nx + my 
B đổi (1) (2) ta có x + y = 0,15  nx + my = 0,375 (mol) 
 nx + my + x + y = 0,525 
3 2
3
CaCO CO
CaCO
n n 0,375mol
m 37,5(g)
  
 
* Cách giải nhanh. 
Theo phương trình đốt cháy ankan ta có: 
nankan = 
2 2H O CO
n n 

2 2CO H O ankan
n n n 0,525 0,15 0,375(mol)     
3 2 3CaCO CO CaCO
n n 0,375mol m 37,5(g)    
Vậy đáp( A ) đúng. 
Ví dụ 41: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần 
lượt đi qua bình 1 đựng P2O5 dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư, sau thí nghiệm thấy khối lượng 
bình 1 tăng 4,14g bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là: 
A. 0,06mol B. 0,09mol C. 0.03mol D. 0,045mol 
* Cách giải thông thường: 
Đặt CTTQ của ankan: CnH2n+2 (x mol) 
 anken CmHm (y mol) 
PTĐC: CnHm+2 + 
3n+1
2 O2  nCl2 + (n +1) H2O 
 x mol (n+1)x 
 CmHm + 
3m
2 O2  mCO2 + mH2O 
 y my my 
Theo đầu bài: nx + my =
6,16
0,14 (1)
44
 
 (n+1)x + my = 
4,14
0,23 (2)
18
Biến đổi (1) và (2) 
nx my 0,14
x 0,23 0,14 0,09
nx x my 0,23
 
   
  
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 43 
 Vậy số mol của ankan là 0,9mol 
* Cách giải nhanh: 
Theo phương trình đốt cháy ankan và anken ta thấy 2 2
2 2
H O(ankan) CO
H O(anken) CO
n n
n n


Vậy nankan = 2 2H O COn n 0,23 0,4 0,09mol    
Vậy đáp án (B ) đúng. 
Ví dụ 42: Đốt cháy hoàn toàn 0,1mol hỗn hợp gồm CH4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 
mol CO2 và 0,23mol H2O. Số mol của ankan và anken có trong 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 
* Cách giải thông thường 
Đặt số mol CH4 là x 
 C4H10 là y 
 C2H4 là z 
CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O 
C4 H10 + 
13
2 O2 4CO2 + 5H2O 
C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O 
Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 
x y t 0,1
x 4x 2z 0,14
2x 5y 27 0,23
  

  
   
 Giải hệ phương trình ta được 
x 0,08
y 0,01
z 0,01



 
Vậy số mol ankan = x + y = 0,09 
 anken = z = 0,01 
* Cách giải nhanh 
Theo phương trình đốt cháy ankan và anken. 
Số mol ankan =số mol H2O – số mol CO2 = 0,23 - 0,14 = 0,09 (mol) 
Mà tổng n = 0,1mol  nanken = 0,01 (mol) 
Vậy đáp án (A) đúng. 
Ví dụ 43: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm 2 rượu A và B thuộc cùng dãy đồng 
đẳng thu được 6,27lít CO2 (đktc) và 7,65g H2O. Mặt khác m(g) hỗn hợp X tác dụng với Na dư 
thu được 2,8lít H2 (đktc). Biết tỉ khối hơi của mỗi chất trong X so với H2 đều nhỏ hơn 40. 
CTCT của A và B là: 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 44 
A. C2H6O và CH4O B. C2H6O và C3H8O 
C. C3H6O2 và C3H8O2 D. C3H8O2 và C4H10O2 
Cách giải thông thường. 
- Tính số mol các nguyên tố C, H, O có trong mg hỗn hợp 2 rượu A và B. 
nghiên cứu = 
2CO C
6,72
n 0,3(mol) m 0,3 12(g)
22,4
     
nH = 2H O H
7,65
2n 2 0,85(mol) m 0,85(g)
18
     
 mo = m - (3,6 + 0,85) = m - 4,45 
Gọi CTPT chung của hai rượu là R - (OH)a 
ta có phương trình: R(OH)a + a Na  R (ONa)a + a/2H2 
nH = 
2,8
2 0,25 a
22,4
   
Trong a nhóm -OH có nH: no = 
m - 4.45
 16 = 0,25 
 m = 8,45 (g) 
Gọi công thức phân tử chung của hai rượu là R - (OH)a 
Ta có phương trình: R(OH)a + aNa  R - (ONa)a + a/2 H2 
nH = 
2.8
22.4 x 2 = 0,25 = a 
Trong a nhóm -OH có nH : no = 
m - 4.45
16 = 0,25 
 m = 8,45 (g) 
Gọi công thức phân tử chung của hai rượu là 
   an n 2 2k a
C H (OH) 
PTPƯ: 
  
   2Oa 2 2n n 2 2k aC H (OH) nCO (n 1 k)H O 
 1mol a(mol) 0,3 0,425 
 x 0,25 0,3 0,425 
nx 0,3
x(n 1 k) 0,425
ax 0,25
 

  
 
 Giải hệ phương trình ta có x = 
0.125
1-k 
 x > 0  k = 0  x = 0,125 
0,3
n 2,4
0,125
  
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 45 
  a = 
0,25
2
0,125
 
Mà MA, MB < 80 
Vậy CTPT của A C2H6O2 (M = 62) 
 B C3H8O2 (M = 76) 
* Cách giải nhanh: 
Ta có 2
2
CO
H O
n 0,3mol
n 0,425mol


   
2 2H O CO
n n Hỗn hợp X gồm hai rượu no cùng dãy đồng 
đẳng 
Theo phương trình đốt cháy: 
CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n + 1) H2O 
 Số mol X = số mol H2O – số mol CO2 = 0,125mol 
Mà 
2H
n 0,125mol X :  rượu no hai chức. 
MA MB < 80 
 A: C2H6O2 
 B. C3H8O2 
Vậy đáp án (C )đúng 
Ví dụ 44: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai rượu thuộc dãy đồng đẳng của rượu etylic 
thu được 70,4g CO2 và 39,6g H2O. a có giá trị là: 
A. 3,32g B. 33,2 C. 6,64g D. 66,4g 
* Cách giải thông thường 
Đặt CTTQ của hai rượu lần lượt là: CnH2n+2O (x mol) 
 CmH2m+2O (y mol) 
PTĐC: CnH2n+2O + 
3n
 2 O2  nCO2 + (n + 1) H2O 
 x nx (n+1)x 
 CmH2m+2 O + 
3m
2 O2  mCO2 + (m + 1) H2O 
 y my (m+1)y 
Theo đầu bài ta có: nx + my = 
70.4
 18 = 1,6 (1) 
 (n + 1) x + (m +1)y = 
39.6
18 = 2,2 (2) 
Mà a = (14n + 18) x + (14m + 18)y 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 46 
Biến đổi (1) (2) ta có 
nx my 1,6 nx my 1,6
nx x my y 2,2 x y 0,6
    
 
      
Thay vào biểu thức tính a: 
a = 14 (nx + my) + 18(x + y) = 14  1,6 + 18  0,6 
 = 22,4 + 10,8 = 33,2 (g) 
* Cách giải nhanh: 
Đặt CTTQ chung 2 rượu: 

   2 2 2n n 2
3n
C H O O nCO ( n 1)H O
2
2 2O CO
n 1,5n 1,5 1,6 2,4(mol)    
áp dụng định luật bảo toàn khối lượng. 
a = 70,4 + 39,6 - 2,4 x 32 = 33,2 (g) 
Vậy đáp án (B) đúng. 
Ví dụ 45: Chia hỗn hợp X gồm hai rượu no đơn chức A, B thành hai phần bằng nhau. 
- Phần 1: bị đốt cháy hoàn toàn thu được 5,6lít CO2(đktc) và 6,3g H2O. 
- Phần 2: tác dụng hết với Na kim loại thu được Vlít khí (đktc). 
1. V có giá trị là: 
A. 1,12lít B. 0,56lít C. 2,24lít D. 1,18lít 
2. Nếu 2 rượu đơn chức trên là đồng đẳng kế tiếp thì công thức cấu tạo của A và B là: 
A. CH3OH và C2H5OH B. C2H5OH và C3H7OH 
C. C3H7OH và C4H9OH D. C4H9OH và C5H11OH 
*Cách giải thông thường. 
Đặt công thức của hai rượu là CnH2n+2O (x mol) 
 CmH2m + 2O (y mol) 
PTĐC: CnH2n+2 O+ 
3n
2 O2 nCO2 + (n + 1) H2O 
 x nx (n+1)x 
 CmH2m +2O + 
3m
2 O2  mCO2 + (m + 1) H2O 
 y my (m+1)y 
Theo đh ta có: nx + my = 
5,6
0,25
22,4
 (1) 
 (n + 1)x + (m + 1)y = 
6,3
0,35
18
 (2) 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 47 
Biến đổi (1) và (2) 
 x + y = 0,1mol  nx = 0,1mol 
CnH2n+1 OH + Na  CnH2n+1 ONa + 1/2H2 
 x 0,5x 
CmH2m+1OH + Na  CmH2m+1ONa + 1/2H2 
 y 0,5g 
 
2H
n = 0,5 (x + y) = 0,05 (mol) 
 
2H
V = 1,12 lít (đktc) 
2. Vì theo đầu bài 2 rượu là đđ kế tiếp ta có m = n + 1 
Thay vào phương trình (1) và (2) ta có: 
nx (n 1)y 0,25
(n 1)x (n 1 1)y 0,35
x y 0,1
  

    
  
Giải hệ phương trình ta có 
0,1n y 0,25
0,1n x 2y 0,35
x y 0,1
 

  
  
Biện luận với n 1, n N 
 O < y < 0,1 
Ta có: 
n 1 2 3 Vậy n = 2  C2H5OH 
y 0,15 0,05 <0 m = 3 C3H7OH 
* Cách giải nhanh. 
Dựa vào phương trình đốt cháy rượu no đơn chức ta có. 
nx = 2 2H O COn n 0,35 0,25 0,1(mol)    
Vì x là rượu no đơn chức. 
1. 
2 2H x H
1
n n 0,05(mol) V 0,05 22,4 1,12l
2
      (đktc) 
2. 2 2 2x 2x 2C H O O xCO (x 1)H O     
Ta có: 2
CO
X
n 0,25
x 2,5
n 0,1
   
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 48 
 x1 = 2  C2H5OH 
x2 = 3 C3H7OH 
Đáp án (D) đúng 
Ví dụ 46: Đốt cháy hoàn toàn 5,8g anđehit X thu được 5,4g H2O và 6,72 l CO2 (đktc) 
Vậy CTPT của X là 
A. C2H4O B. C4H6O2 
C. C3H6O D. C4H8O 
* Cách giải thông thường. 
- Giả sử X là anđehit đơn chức. 
CTTQ X : CxHyO 
CxHyO + O2  xCO2 + y/2H2O 
 1mol x(mol) y/2 (mol) 
 5,8 0,3 0,3 
12x + y + 16 
 y = 2x 
5.8
 12x + y + 16 = 
0.3
 x 
Giải hệ phương trình: 
2x y 0
5,8x 3,6x 0,3y 4,8
 

  
  x = 3 y = 6  CT C3H6O (thỏa mãn) 
- Giả sử X là anđehit hai chức. 
CxHyO2 + O2 + xCO2 + y/2H2O 
Ta có hệ phương trình: 
2x y 0
5,8x 3,6x 0,3y 9,6
 

  
x 6
y 12

 

  C6H12O2(không thỏa mãn) 
Cách giải nhanh: 
Ta có 
2 2H O CO
n n 0,3mol  
 X là anđehit no đơn chức. 
CnH2nO +
2 2 2
3 6
3n 1
O nCO nH O
2
5,8 0,3
n 3 CTX : C H O
14n 16 n

 
   

Đáp án( C ) đúng 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 49 
Ví dụ 47: Một hỗn hợp lỏng X gồm rượu etylic và 2 hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp 
nhau. Chia hỗn hợp X thành 2 phần bằng nhau. 
- Phần 1: cho bay hơi thì thu được V đúng bằng thể tích của 3,3g CO2 (cùng điều kiện). 
- Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thì cần 6,44 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy qua bình 1 đựng 
H2SO4đ, rồi qua bình 2 đựng Ca(OH)2 dư sau thí nghiệm thu được 17,5g kết tủa. Công thức 
của hợp chất là: 
A - CH4 và C2H6 B - C2H4 và C3H6 
C - C2H6 và C3H6 D - C2H2 và C3H4 
* Cách giải thông thường: Đặt ẩn, lập hệ phương trình: 
- Đặt công thức của 2 hợp chất là: 
x y
C H (amol) 
 C2H5OH (b mol) 
PTĐC: 2 2 2x y
4x y y
C H O xCO H O
4 2
 
   
 
 (1) 
 a 
4x y
a
4
 
 
 
 x a 
C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O (2) 
 b 3b 2b 
Ta có: nhh = 2CO
3,3
n
44
 = 0,075 (mol) 
2O
6, 44
N 0,2875
22, 4
  (mol); 
2 3CO CaCO
n n 0,175(mol)  
Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 
a b 0, 075 (I)
4x y
a 3b 0,2875 (II)
4
ax 2b 0,175 (III)
  

 
  
 

 
Giải hệ 3 phương trình 4 ẩn: ta có nghiệm: 
x 2,5
y 7
a 0,005
b 0,025
 

 


 
Việc giải hệ 3 phương trình 4 ẩn số nên mất rất nhiều thời gian, biện luận tìm khoảng 
nghiệm hợp lý mới cho ra kết quả đúng. 
* Cách giải nhanh: Dựa vào phương trình (2): phương trình đốt cháy rượu: 
Book.Key.To – [B].k GV : Đỗ Xuõn Hưng 
Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán trắc nghiệm hóa học 50 
Ta có: 2
2
O
CO
n
1,5
n
 
Mà theo đầu bài tỉ số mol chung của hỗn hợp 
0,2875
1,64 1,5
0,175
  
nên 2 hiđrocacbon phải là ankan. 
 ta có phương trình điều chế:  
1
2 2 2n 2n 2
3n
C H O nCO _ n 1 H O
2


   
 
2 2 hh2H.C O đ/c hỗn hợp CO
n n n x1,5 x 2   
 
= [0,2875 - (0,175 x 1,5)] x 2 = 0,05 (mol) 
 
2 5 2C H OH CO (Rt ạo ra)
n 0, 075 0, 05 0, 025(mol) n 0,05(mol)     
2CO (2H.C)
n 0,175 0,05 0,125(mol)    
1 2 6
2 3 8
n 2 C H0,125
n 2,5
0, 05 n 3 C H
 
     
 
=> Công thức của 2 hợp chất là C2H6 và C3H8 
=> Đáp án( C) đúng. 
Nhận xét: Qua một số bài toán điển hình trên ta thấy rằng nếu các em không chú ý tới 
một số đặc điểm của phản ứng đốt cháy của hợp