21 kỹ thuật để giải siêu nhanh bài tập hóa học - Nguyễn Văn Vũ

14. Khi giải bài toán về hiđrocacbon, cần nhớ:

a. Khi nung X (gồm 1 hoặc nhiều ankan), sẽ xảy ra phản ứng tách (tách H2, crackinh) thu được hỗn hợp Y, khi đó:

-) mY = mX

-) nO2 đốt Y = nO2 đốt X

-) nπ tăng = nhh tăng = nY - nX = nπ/y = nBr2 phản ứng với Y

b. Khi nung X (gồm 1 hoặc nhiều hiđrocacbon không no với H2), sẽ xảy ra phản ứng cộng H2 thu được hỗn hợp Y,

khi đó:

-) mY = mX

-) nO2 đốt Y = nO2 đốt X

-) nπ giảm = nhh giảm = nX - nY

-) nπ/y = nπ/x - nπ giảm = nBr2 phản ứng với Y

15. Khi giải bài toán đốt X (là một hiđrocacbon hoặc hỗn hợp gồm nhiều chất chứa C, H, O đều mạch hở, cùng dãy

đồng đẳng), cần nhớ:

pdf4 trang | Chia sẻ: xuannguyen98 | Ngày: 16/12/2020 | Lượt xem: 47 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu 21 kỹ thuật để giải siêu nhanh bài tập hóa học - Nguyễn Văn Vũ, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
21 KỸ THUẬT ĐỂ GIẢI "SIÊU NHANH" BÀI TẬP HÓA HỌC 
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ 2012-1013 - GV Nguyễn Văn Vũ - Trường THPT Võ Giữ - Bình Định -  
1
1. Sục CO2 (biết mol) vào dung dịch OH– (NaOH, KOH) (biết mol), tìm muối: 
21CO 1CO2 2
3 31:1 1:11OH 1HCO 1CO
    
 2 : 1 
- Nếu NaOH
CO2
n
n
  1 → = n
3HCO
n  NaHCO3 = nNaOH (nnhỏ) (Nếu NaOH
CO2
n
n
 < 1 thì CO2 dư) 
- Nếu NaOH
CO2
n
n
  2 → = n2
3CO
n  Na2CO3 = nCO2 (nnhỏ) (Nếu NaOH
CO2
n
n
 >2 thì NaOH dư) 
- Nếu 1  NaOH
CO2
n
n
 nNaOH2 →  = 2
3CO
n (nlớn)- nCO2 (nnhỏ) 
 → = n
3HCO
n  CO2 (nnhỏ) - nNa2CO3 (suy ra từ bảo toàn mol C) 
* Lưu ý: - Có thể thay CO2 bằng SO2, H2S; NaOH bằng KOH. 
 - Nếu đề cho mol CO2 và mol muối, hỏi mol NaOH hoặc cho mol NaOH và mol muối, hỏi mol mol CO2 (bài 
toán ngược) thì ta có thể dùng bảo toàn mol Na, C để giải. 
2. Sục CO2 (biết mol) vào dung dịch Ca(OH)2 (biết mol), tìm kết tủa: 
1 Ca(OH)2
+ 1 CO2
CaCO3
+ 1 CO2
Ca(HCO3)2
 2 : 1
+ 2 CO2
1 : 1 1 : 1
- Nếu 2
2
CO
Ca(OH)
n
n
  1 → nCaCO3 = nCO2 (nnhỏ) (Nếu 2
2
CO
Ca(OH)
n
n
<1 thì Ca(OH)2 dư) 
- Nếu 2
2
CO
Ca(OH)
n
n
  2 → nCa(HCO3)2 = nCa(OH)2 (nnhỏ) (Nếu 2
2
CO
Ca(OH)
n
n
>2 thì CO2 dư) 
- Nếu 1< 2
2
CO
Ca(OH)
n
n
< 2 → nCa(HCO3)2 = nCO2 (nlớn) - nCa(OH)2 (nnhỏ) 
 → nCaCO3 = nCa(OH)2 (nnhỏ) - nCa(HCO3)2 (suy ra từ bảo toàn mol Ca) 
* Lưu ý: - Có thể thay Ca(OH)2 bằng Ba(OH)2. 
 - Bài toán ngược: ta có thể dùng bảo toàn mol Ca, C để giải. 
3. Sục CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 (biết mol), thu được kết tủa (biết mol). Tìm CO2. 
Bài này thường có 2 đáp số: nCO2 = nCaCO3 hoặc nCO2 = 2.nCa(OH)2 - n CaCO3 
4. Sục CO2 vào dung dịch Ca(OH)2, thu được kết tủa (biết mol), đun kĩ dung dịch sau phản ứng thu được kết tủa 
nữa (biết mol). Tìm CO2. 
. 
tăng
8. Cho dung dịch kiềm (biết mol OH–) vào dung dịch muối Zn2+ (biết mol), tìm kết tủa Zn(OH)2 và ZnO22–. 
nCO2 = nCaCO3 lần 1 + 2.nCaCO3 lần 2 
5. Sục CO2 (biết mol) vào dung dịch hỗn hợp Ca(OH)2 (biết mol) và NaOH (biết mol). Tìm kết tủa. 
- Tìm , n
OH
n  CO2, nCa2+. 
- Từ , n
OH
n  CO2 → (giống như kỹ thuật 1). 2
3CO
n 
- So sánh nCa2+ và → n2
3CO
n  CaCO3 = nhỏ 
6. Hấp thụ hoàn toàn CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2, biết mKTủa và mdd giảm hoặc mdd tăng
Khi đó: mCO2 = mKTủa - mdd giảm 
 mCO2 = mKTủa + mdd tăng 
7. Hấp thụ hoàn toàn hỗn hợp CO2 và H2O vào dung dịch Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2, biết mKTủa và mdd giảm hoặc mdd 
. 
Khi đó: mH2O + mCO2 = mKTủa - mdd giảm 
 mH2O + mCO2 = mKTủa + mdd tăng 
 1 Zn2+
+ 2 OH-
Zn(OH)2
+ 2 OH-
ZnO22-
 4 : 1
 + 4 OH- 2 : 1
2 : 1
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ 2012-1013 - GV Nguyễn Văn Vũ - Trường THPT Võ Giữ - Bình Định -  
2
- Nếu 
2
OH
Zn
n
n


 2 → n Zn(OH)2 = OHn 2

 (nếu 
2
OH
Zn
n
n


 < 2 thì Zn2+ dư) 
- Nếu 
2
OH
Zn
n
n


 4 →  2
2ZnO
n  = nZn2+ (nếu 
2
OH
Zn
n
n


 > 4 thì OH dư) –
- Nếu 2 < 
3
OH
Al
n
n


 < 4 → 2
2ZnO
n  = 
2OH Znn 2n
2
 
 = OH
n
2

- nZn2+ 
 → nZn(OH)2 = nZn2+ - 2
2ZnO
n  (suy ra từ bảo toàn mol Zn) 
9. Bài toán cho OH– (chưa biết) tác dụng với Zn2+ (đã biết) tạo ra kết tủa (đã biết), yêu cầu tính OH–. Thì: 
Bài này thường có 2 đáp số: = 2. n
OH
n  Zn(OH)2 hoặc OHn  = 2. nZn(OH)2 + 4.( nZn2+ – nZn(OH)2). 
10. Cho dung dịch kiềm (biết mol OH–) vào dung dịch muối Al3+ (biết mol), tìm kết tủa Al(OH)3 và AlO2–. 
 1 Al3+
+ 3 OH-
CaCO3
+ 1 OH-
Ca(HCO3)2
 4 : 1
 + 4 OH- 3 : 1
1 : 1
- Nếu 
3
OH
Al
n
n


 3 → n Al(OH)3 = OHn 3

 (nếu 
3
OH
Al
n
n


 < 3 thì Al3+ dư) 
- Nếu 
3
OH
Al
n
n


 4 → n AlO2– = nAl3+ (nếu 
3
OH
Al
n
n


 > 4 thì OH– dư) 
- Nếu 3<
3
OH
Al
n
n


< 4 → nAlO2– = - 3nOHn  Al3+ 
 → nAl(OH)3 = nAl3+ - nAlO2– (suy ra từ bảo toàn mol Al) 
11. Cho dung dịch kiềm (chưa biết mol OH–) vào dung dịch muối Al3+ (biết mol), thu được kết tủa (biết mol). Tìm 
OH–. 
Bài này thường có 2 đáp số: = 3.n
OH
n  Al3+ 
 hoặc = 3.n
OH
n  Al(OH)3 + 4(nAl3+ - nAl(OH)3) 
 [= 3.nAl(OH)3 + 4.nAlO2– = 4. nAl3+ - nAl(OH)3] 
12. Bài toán H3PO4 tác dụng với dung dịch NaOH (KOH, NH3): 
- Nếu 
3 4
OH
H PO
n
n
  1 → = n
2 4H PO
n  NaH2PO4 = nNaOH (nnhỏ) (nếu 
3 4
OH
H PO
n
n

 < 1 thì H3PO4 dư). 
- Nếu 
3 4
OH
H PO
n
n

 3 → = n 3
4PO
n  Na3PO4 = = nH3PO4 (nnhỏ) (nếu 
3 4
OH
H PO
n
n

 > 3 thì NaOH dư). 
- Nếu 1 < 
3 4
OH
H PO
n
n

 < 2 → = n2
4HPO
n  Na2HPO4 = nNaOH (nlớn) – nH3PO4 (nnhỏ) 
 → = n
2 4H PO
n  NaH2PO4 = nH3PO4 (nnhỏ) – nNa2HPO4 
- Nếu 2 < 
3 4
OH
H PO
n
n

 < 3 → = n3
4PO
n  Na3PO4 = nNaOH – 2.nH3PO4 (= lớn – 2.nhỏ) 
 → = n2
4HPO
n  Na2HPO4 = nH3PO4 – nNa3PO4 (= nhỏ - Na3PO4) 
* Lưu ý: Nếu đề cho P2O5 thì nH3PO4 = 2nP2O5 
13. Khi cân bằng phản ứng oxihoá – khử hoặc dùng phương pháp bảo toàn mol electron, cần nhớ: 
Trạng thái đầu Trạng thái cuối Tính theo 1 mol Số mol e trao đổi 
NO
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ 2012-1013 - GV Nguyễn Văn Vũ - Trường THPT Võ Giữ - Bình Định -  
3
2 (khí nâu đỏ) NO2 +1 
NO (khí không màu, hóa 
nâu trong không khí) NO +3 
N2O (khí không màu) N2O +8 
N2 (khí không màu) N2 +10 
NH4NO3 (muối rắn tan 
trong dung dịch) NH4NO3 +8 
HNO3 
NxOy NxOy + (5x - 2y) 
SO2 (khí mùi hắc) SO2 +2 
S (kết tủa vàng) S +6 H2SO4đ,n 
H2S (khí mùi trứng thối) H2S +8 
HCl, H2SO4 loãng H2 H2 +2 
Cl2 (Br2) 2 Cl– (2 Br–) Cl2 (Br2) +2 
O2 2 O2– O2 +4 
R nR

 R -n 
n
R

m
R

 (m >n) 
n
R

 - (m-n) 
FeO, , Fe(OH)
8/ 3
3 4Fe O

2 Fe
3+ FeO, Fe(OH)2, Fe3O4 -1 
2 2
Fe S
 
2 4H SO ñ,n 3Fe , 4S 2 2Fe S  -7 
2 2
Fe S
 
3HNO 3Fe , 6S FeS -9 
2 1
2Fe S
 
2 4H SO ñ,n 3Fe , 2 4S 2 12Fe S  -11 
2 1
2Fe S
 
3HNO 3Fe , 2 6S FeS2 -15 
FexOy 3 2 4
HNO , H SO ñ,n 3Fe FexOy -(3x - 2y) = -1 
14. Khi giải bài toán về hiđrocacbon, cần nhớ: 
a. Khi nung X (gồm 1 hoặc nhiều ankan), sẽ xảy ra phản ứng tách (tách H2, crackinh) thu được hỗn hợp Y, khi đó: 
-) mY = mX 
-) nO2 đốt Y = nO2 đốt X 
-) nπ tăng = nhh tăng = nY - nX = nπ/y = nBr2 phản ứng với Y 
-) π = 
b. Khi nung X (gồm 1 hoặc nhiều hiđrocacbon không no với H2), sẽ xảy ra phản ứng cộng H2 thu được hỗn hợp Y, 
khi đó: 
-) mY = mX 
-) nO2 đốt Y = nO2 đốt X 
-) nπ giảm = nhh giảm = nX - nY 
-) nπ/y = nπ/x - nπ giảm = nBr2 phản ứng với Y 
15. Khi giải bài toán đốt X (là một hiđrocacbon hoặc hỗn hợp gồm nhiều chất chứa C, H, O đều mạch hở, cùng dãy 
đồng đẳng), cần nhớ: 
2 2.C H
2
 
-) nX = 2 2
H O COn n
1

  
 + CnH2n+2, CnH +2Oa (π = 0) → nH2O > nCO2; nX = nH2O - nCO2 
nH2n, CnH2 a (π = 1) → nH2O = nCO2; nH2O - nCO2 = 0 
) O 
2n
 + C nO
 + C
Tài liệu ôn thi ĐH, CĐ 2012-1013 - GV Nguyễn Văn Vũ - Trường THPT Võ Giữ - Bình Định -  
4
nH2n-2, CnH2n-2Oa (π = 2) → nH2O < nCO2; nX = nCO2 - nH2O 
 + C H -4, Cn 2n nH2n- O (π = → < n4 a 3 nH2 CO2; n = X 2 2CO H On n 
2
 + CnH2n-6, CnH2n-6Oa (π = 4) → n H2O < nCO2; nX = 2 2CO H On n
3

16. Khi ớ: 
i Na 
giải bài toán ancol, cần nh
-) nOH/ancol = nO/ancol 
-) nOH/ancol = 2.nH2 sinh ra do ancol phản ứng vớ
-) Số chức ancol = OH/ ancoln
ancoln
17 andehit, n nhớ: 
2, mỗi nhó chức –CHO nhận 2 electron. 
 mỗi nhóm chức -CH=O nhường 2 e, riêng H-CH=O nhường 4 e. 
êng H-CH=O tạo 4 Ag. 
18
. Khi giải bài toán cầ
-) Khi khử bằng H m
-) Khi oxihoá không hoàn toàn andehit,
-) Khi tráng bạc andehit, mỗi nhóm chức -CH=O tạo 2 Ag, ri
. Khi giải bài toán axit cacboxylic, cần nhớ: 
-) nCOOH/axit = O/ axitn 
2
 -) nCOOH/axit nCO2 sinh ra do axit phản ứng với NaHCO3
2.n phản ứng với Na2CO3 
 = 
-) nCOOH/axit = siCO2 nh ra do axit
-) nCOOH/axit = axitmuoái Na
m m
t =
22
-) Số chức axi COOH/ axit
axit
n
n
-) Một axit X có n
. Khi tính số đồng a 
C/axit = nCOOH/axit => X là axit fomic HCOOH hoặc axit oxalic HOOC-COOH 
19 phân củ các chất hữu cơ, cần nhớ: 
n c o, côn
C4H7- 
- Tính số đồng phâ ấu tạ g thức cấu tạo => không tính số đồng phân hình học. 
 cấu tạo và đồng phân hình học. - Tính số đồng phân, tính số chất => tính cả số đồng phân
- Số đồng phân của một số gốc hiđrocacbon mạch hở: 
C3H7- C4H9- C5H11- C3H5- 
2 đpct 4 đpct 8 đpct 3 đpct + 1 đphh 8 đpct + 3 đphh 
- Khi thủy phân este X tạo dung dịc ả năng thamh có kh gia ph ứng tráng bạ ải là este c fomic H-COO-R 
hoặc công thức c dạng R-COO-CH=CR1R2 (R1, R oặc gốc 
ản
2
c → X ph ủa axit 
 là H h hiđrocacbon). ấu tạo có
 - Khi thủy phân este X tạo 2 chất đều có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc → công thức cấu tạo của X phải có dạng 
H-COO-CH=CR1R2 (R1, R2 là H hoặc gốc hiđrocacbon). 
20. Khi giải bài toán este, cần nhớ: 
-) Thường thì: NaOHn = số chức este; ngoại lệ: este của phenol thì: NaOH
Este
n
nEsten
 > số chức este. 
 chứcVí dụ: Este đơn X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol NaOHn = 2 là este của pheno
Esten
 → X l. 
 2.nC
21. Khi gi ại (tính kh , độ âm điện, cần 
nh
c đại lượng kia. 
-) Với các este không phải là este của phenol: nO/este = OO = 2.nNaOH phản ứng với este 
ải bài tập sắp xếp bán kính nguyên tử, tính kim lo ử), tính phi kim (tính oxihoá )
ớ: 
- Các quy luật biến đổi trong 1 nhóm A từ trên xuống và trong 1 chu kì từ trái qua là trái ngược nhau. 
- Nhóm A từ trên xuống bán kính nguyên tử của các nguyên tố tăng dần (do số lớp electron tăng dần). 
- Quy luật về bán kính nguyên tử và tính kim loại biến đổi giống nhau. 
- Quy luật về tính phi kim, độ âm điện biến đổi ngược chiều với bán kính nguyên tử và tính kim loại. 
- Ta có thể dùng tính kim loại và tính phi kim (qua dãy điện hóa, qua nhóm A) làm chuẩn để so sánh cá

File đính kèm:

  • pdf21_ki_thuat_de_giai_sieu_nhanh_bai_tap_hoa_hoc.pdf