Hướng dẫn học sinh giải bài tập hóa học bằng phương pháp biện luận

  • Số trang: 30 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 77 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

Sáng kiến kinh nghiệm GV Đỗ Thị Hạnh – Trường THPT số 2 TP Lào Cai PHẦN MỘT : ĐẶT VẤN ĐỀ Những cơ sở khoa học để tổng kết kinh nghiệm hướng dẫn học sinh giải bài tập hoá học bằng phương pháp biện luận. I.CƠ SỞ LÝ LUẬN Hoá học là khoa học nghiên cứu thành phần, cấu trúc, tính chất của các chất và quá trình chuyển hoá chất này thành chất khác. Việc dạy học hoá học có vai trò quan trọng trong sự hình thành và phát triển tư duy khoa học cũng như kỹ năng thực hành của học sinh. Để nâng cao hiệu quả dạy học người giáo viên không thể không sử dụng bài tập hoá học, bài tập hoá học vừa là nội dung, phương pháp, vừa là phương tiện để dạy tốt, học tốt môn Hoá học. Trong hệ thống bài tập hoá học, bài toán hoá học có vai trò rất quan trọng trong việc rèn luyện kỹ năng, củng cố kiến thức và phát triển tư duy của học sinh. Trong đó quá trình dạy học phải chuyển từ phương pháp cổ truyền với diễn giải là chính, học sinh được tiếp thu bài một cách bị động, sang phương pháp dạy học tích cực theo hướng hoạt động hoá người học, nhằm phát huy cao độ tính chủ động, sáng tạo - biết giải quyết đúng và nhanh các vấn đề đặt ra trong học tập và trong cuộc sống nói chung cũng như trong việc giải bài tập hoá học nói riêng. 2. Đổi mới nội dung và phương pháp dạy học phải được tiến hành thường xuyên trong cả cấp học, trong từng bài, từng chương và từng nội dung dạy học : Bài truyền thụ kiến thức mới, bài ôn tập, luyện tậ hay thực hành. Giải bài tập hoá học là một vấn đề quan trọng, là mục tiêu cao nhất của hoạt động nhận thức. Do đó, người giáo viên phải luôn luôn quan tâm hướng dẫn học sinh giải bài tập hoá học. Qua việc hướng dẫn học sinh giải bài tập hoá học mà phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi, đồng thời giúp đỡ những học sinh còn yếu kém. II. CƠ SỞ THỰC TIỄN 1. Là một giáo viên giảng dạy và công tác ở trường PTTH số 2 thành phố Lào Cai, tôi hiểu rõ mình phải đáp ứng nhiệm vụ của nhà trường, phải làm tốt công tác giáo dục mũi nhọn với 2 nhiệm vụ chính : - Bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh - Có nhiều học sinh đỗ vào các trường đại học. Yêu cầu chất lượng ngày càng cao, đề thi học sinh giỏi và thi vào các trường Đại học ngày càng khó, do đó phải nâng cao chất lượng cho học sinh. Đối với các lớp chọn A1 các em học sinh có nhu cầu thi Đại học môn Hoá, do đó tôi luôn cố gắng đáp ứng yêu cầu đó bằng nhiều biện pháp khác nhau như cải tiến phương pháp giảng dạy, nâng cao chất lượng giảng dạy, trau dồi cho học sinh những tri thức khoa học cần thiết để các em có đủ tiềm lực giải bài thi. Với mỗi bài tập hóa học, có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau. Việc trang bị đầy đủ các phương pháp giải bài tập hoá học cho học sinh sẽ giúp các em có nhiều tiềm lực để giải bài tập không bị bỡ ngỡ trước các dạng bài tập khác nhau. Nhất là khi gặp một bài tập khó, các em có khả năng bộc lộ chí thông minh, khả năng tư duy sáng tạo của mình để phân tích đầu bài, nhận dạng bài tập - từ đó biết sử dụng phương pháp thích hợp nhất đã được trang bị để giải bài tậpđó. Xuất phát từ nhận thức đó, trong quá trình giảng dạy cho các em ở cả cấp học tôi chú ý trang bị cho các em phương pháp giải bài tập hoá học khác nhau. Đồng thời giúp các em biết khái quát hóa về các dạng bài tập hoá học khác nhau, những phương pháp nào có thể áp dụng để giải bài tập đó, các hướng đi cụ thể, các bước vận dụng để giải các loại bài tập đó. Một trong các phương pháp giải bài tập hoá học mà tôi trang bị cho học sinh là phương pháp biện luận áp dụng cho việc giải bài tập hoá học. 2 PHẦN HAI : NỘI DUNG KINH NGHIỆM Hướng dẫn học sinh giải bài tập hoá học bằng phương pháp biện luận Trong quá trình giảng dạy nhiều năm, nhất là trong việc luyện thi ở các lớp chọn A1, A2 hoặc lớp bồi dưỡng học sinh giỏi đi thi cấp tỉnh, tôi chú ý trang bị và sử dụng phương pháp biện luận để giải bài tập hoá học. Công việc này được tiến hành thường xuyên từ lớp 10 đến lớp 12 và được sử dụng trong nhiều loại bài tập khác nhau. Đặc biệt đối với những bài tập khó, tưởng như thiếu dữ kiện hoặc không tường minh thì giải bằng phương pháp biện luận có ưu điểm hơn cả, nó giúp bài toán khó trở nên đơn giản hơn và có nghiệm xác định. Dưới đây là một số kinh nghiệm sử dụng phương pháp biện luận để giải các bài tập hoá học trong một số trường hợp sau : 1. Biện luận để xác định sản phẩm phản ứng dựa vào tương quan về số mol của các chất tác dụng. 2. Biện luận để giải bài tập toán do cách tiền hành thí nghiệm khác nhau 3. Biện luận để giải bài tập có số phương trình ít hơn số ẩn 4. Biện luận để tìm lượng chất dư 5. Biện luận để giải bài toán tìm nguyên tố 6. Biện luận để tìm công thức PT và CTCT của hợp chất hữu cơ sau đây là một số kinh nghiệm tiến hành : I. Biện luận để xác định sản phẩm phản ứng dựa vào tương quan về số mol của các chất tác dụng. Với những chất điện ly nhiều nấc thì sản phẩm phản ứng tuỳ thuộc vào số mol. Ví dụ phản ứng CO2, SO2, P2O5 ... với dung dịch kiềm dư NaOH, Ca(OH) 2 ... khi nào tạo thành muối trung hoà, khi nào tạo thành muối axít? Đây là vấn đề mà học sinh thường lúng túng. Để giúp các em khỏi lúng túng về loại bài tập này, tôi đã giải thích cho các em nắm bản chất của phản ứng axít-bazơ này. Từ đó rút ra kết luận quan hệ về số mol các chất phản ứng như thế nào sẽ tạo ra muối trung hòa hoặc muối axít. * Giải thích bản chất phản ứng giữa ôxit axit (CO 2, SO2, P2O5 ...) với dung dịch kiềm (NaOH, Ca(OH)2 ...) : - Các dung dịch kiềm NaOH, Ca(OH)2 tồn tại OH- : NaOH  Na+ + OH=> nOH- = nNaOH Ca(OH)2  Ca+ + 2OH=> nOH- = 2nNa(OH)2 - Cho CO2, SO2, P2O5 ...vào dung dich kiềm trong H 2O thực chất tạo ra các axit và điện ly thành Ion H+ CO2 + H2O  H2CO3  H+ + HCO3HCO3-  H+ + CO321 mol CO2 -> tạo ra tối đa 2 mol H+ Tương tự : 1 mol SO2 -> tạo ra tối đa 2 mol H+ P2O5 + 3H2O  2H3PO4 3 2H3PO4  H+ + H2PO4H2PO4-  H+ + HPO42HPO42-  H+ + PO42=> 1 mol P2O5 tạo ra 2 mol H3PO4 1 mol H3PO4 tạo ra tối đa 3 mol H+ - Thực chất phản ứng giữa các ôxit axit và dung dịch kiềm là phản ứng trung hoà H+ + OH-  H2O - Nếu số mol OH- (nOH-)  nH+ thì phản ứng chỉ tạo ra muối trung tính. CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O (2H+) (2OH-) Nếu nOH-  nH+ thì môi trường axit => H+ dư (CO2 dư) tác dụng 1 phần hay tất cả muối trung hoà để tạo ra muối axit do đó có thể thu được muối axit hay hỗn hợp 2 muối. CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O + CO2dư + Na2CO3 + H2O  2NaHCO3 CO2 + NaOH  NaHCO3 (2H+) (1OH-) 2 CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (2H+) (2OH-) - Tóm lại : Tôi đã chốt lại cho học sinh ghi nhớ : nOH-  nCO2 : Tạo ra muối axit HCO3nOH-  2 nCO2 : Tạo ra muối trung hoà CO32nCO2 < nOH- : Tạo hỗn hợp 2 muối * Sau đây là một số bài tập vận dụng tôi dùng để khắc sâu cho học sinh Thí dụ 1: Dẫn khí CO2 điều chế được bằng cách cho 100g CaCO 3 tác dụng với axit qua dung dịch chứa 60g NaOH. Viết phương trình? Tính sô mol sản phẩm? Hướng dẫn giải - Tính nCO2 , nNaOH , so sánh nCO2 (H+) và nOH- để viết phương trình tạo ra sản phẩm: CaCO3 + 2H+  Ca2+ + H2O + CO2 - nCO2 = nCaCO3 = 1 mol - nNaOH = nOH- = 1,5 mol Vì 1< nOH  nCO2 = 1,5 < 2 => Tạo hỗn hợp 2 muối Cách 1 : 2 NaOH + CO2  Na2CO3 + H2O 4 1,5mol 0,75mol 0,75mol Na2CO3 + CO2 + H2O  2NaHCO3 0,25mol 0,25mol 0,5mol => Sản phẩm gồm : 0,5 mol NaHCO3 0,75 - 0,25 = 0,5 mol Na2CO3 Cách 2 : Viết 2 phương trình tạo ra 2 sản phẩm riêng biệt, lập hệ 2 phương trình 2 ẩn NaOH + CO2  NaHCO3 x mol x 2 NaOH + CO2  Na2CO3 + H2O 2y y y  x  y 1 =>   x  2 y 1,5 => x = 0,5 mol NaHCO3 y = 0,5 mol Na2CO3 Thí dụ 2 : Cho 11,2 lít CO2 (đktc) vào 3 cốc đựng dung dịch nước vôi trong - Cốc 1 đựng 100ml dung dịch 2M - Cốc 2 đựng 100g dung dịch 29,6% - Cốc 3 đựng 100g dung dịch 37% Hỏi ở mỗi cốc thu được chất gì? với lượng là bao nhiêu gam? Hướng dẫn giải - Tính nCO2 , nCa(OH)2 ở mỗi cốc - So sánh n 2 chất - > Kết luận sản phẩm Thí dụ 3 : Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CO2, 0,1 mol SO2 vào dung dịch chứa 0,4 mol NaOH. Hỏi thu được chất nào? lượng là bao nhiêu gam. Hướng dẫn giải - Vì tính axit của SO2 (H2SO3) mạnh hơn tính axit của CO2 (H2CO3) nên SO2 phản ứng trước - Vì nNaOH > 2 nSO2 nên tạo muối trung hoà : 2 NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O 0,2mol 0,1mol 0,1mol - nNaOH dư = 0,2 mol - Vì nCO2 < nNaOH dư < 2nCO2 nên tạo hỗn hợp 2 muối : NaOH + CO2  NaHCO3 (1) 2 NaOH + CO2  Na2CO3 + H2O (2) - Gọi số mol CO2 tham gia phản ứng (1), (2) là a, b ta có hệ phương trình  a  b 0,15   a  2b 0,2 Giải ra : a = 0,1 mol NaHCO3 hay 8,4g NaHCO3 5 b = 0,05 mol Na2CO3 hay 5,3g Na2CO3 Thí dụ 4 Đốt cháy a (g) phốt pho ta được chất A,cho A tác dụng với dung dich chứa b (g) NaOH. Hỏi thu được chất gì? Bao nhiêu mol ( Trích đề thi đại học) Hướng dẫn giải + Hướng dẫn học sinh viết các phương trình phản ứng có thể xẩy ra. So sánh tương quan về số mol các chất ứng với sự tạo thành các sản phẩm khác nhau - > Biện luận theo 7 trường hợp Để học sinh dễ biện luận, tôi cho viết các phản ứng kế tiếp theo từng nấc, viết 3 phương trình tổng hợp tạo 3 muối khác nhau để ccs em dễ biện luận theo tương quan về số mol + Giải : 4P + 5O2  2P2O5 (1) P2O5 + H2O  2H3PO4 (2) H3PO4 + NaOH  NaH2PO4 + H2O (3) Nếu NaOH dư : NaH2PO4 + NaOH  Na2HPO4 +H2O (4) Cộng (3) và (4) H3PO4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O Nếu NaOH dư : Na2HPO4+ NaOH  Na3PO4 +H2O Cộng (5) và (6) H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O n H 3 PO4 n P  n NaOH  (5) (6) (7) a x 31 b y 40 - TH1 : y Sản phẩm gồm : nNaH2PO4 = nH3PO4 = x = nNaOH dư nNaOH dư = y - x - TH2 : y=x : Phản ứng (3) xẩy ra hoàn toàn và NaOH dư => Sản phẩm gồm : nNaH2PO4 = x = y - TH3 : x < y < 2x : Theo (3) : nNaH2PO4 = nNaOH = nH3PO4 = x mol Theo (4) : nNaOH dư = y - x = nNa2HPO4 = nNaH2PO4 nNaH2PO4 còn : x - ( y - x) = 2x - y mol NaH2PO4 => Sản phẩm gồm : y - x mol Na2HPO4 và 2x - y mol NaH2PO4 - TH4 : y = 2x => Sảnphẩm : Na2HPO4 = x mol - TH5 : 2x < y < 3x : Phant ứng (5) và 1 phần (6) => Sản phẩm : Na2HPO4 = 3x - y mol Na3PO4 = y - 2x mol - TH6 : y 3x phản ứng (6) hoàn toàn, các chất tác dụng vừa đủ =. Sản phẩm : Na3PO4 = x mol 6 - TH7 : y > 3x phản ứng (6) hoàn toàn còn dư NaOH => Sản phẩm : Na3PO4 = x mol NaOH dư = y - 3x mol II. Biện luận bài toán mà phản ứngphụ thuộc vào cách tiến hành thí nghiệm Có nhiều bài toán mà sản phẩm của các phản ứng hoá học không những phụ thuộc vào cách tiến hành thí nghiệm. Nếu tiến hành thí nghiệm theo trình tự khác nhau hay cách thao tác thí nghiệm khác nhau ( nhanh, chậm ... ) có thể dẫn đến kết quả thí nghiệm khác nhau, tạo ra sản phẩm khác nhau. Tôi đã chú ý cho học sinh biện luận những trường hợp này. Thí dụ 1 : hai học sinh cùnglàm thí nghiệm với 2 dung dịch Al 2(SO4)3 và NaOH nhưng theo trình tự khác nhau - Học sinh thứ nhất : Nhỏ từ từ dung dịch naOH vào dung dịch Al 2(SO4)3 có kết tủa trắng xuất hiện. - Học sinh thứ hai : Nhỏ từ từ dung dịch Al 2(SO4)3 vào dung dịch NaOH lần này kết tủa vừa xuất hiện đã biến mất. Giải thích và viết PT dang PT và Ion + Hướng dẫn giải nhỏ từ từ nhỏ từ từ vẽ hình d2 NaOH d2 Al2(SO4)3 để khắc sâu TN d2 Al2(SO4)3 d2 NaOH 1. Có trắng 2. vừa xuất hiện biến mất - TH1 : Al2(SO4)3 luôn dư, NaOH luôn thiếu Al2(SO4)3 + NaOH Al(OH)3 ↓ + Na2SO4 (1) Al3+ + 3 OH= Al(OH)3↓ - TH2 : NaOH luôn dư, Al2(SO4)3 luôn thiếu Lúc đầu tạo như (1) Sau Al(OH)3 có tính chất lưỡng tính tan trong kiềm dư : Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2H2O Thí dụ 2 : Cho rất từ từ dung dịch A chưa x mol HCl vào dung dịch B chưa y mol Na2CO3. Sau khi cho hết A vào B ta được dung dịch C. Hỏi trong dung dịch C có những chất gì, bao nhiêu mol ( tính theo x, y) Khi x = 2y thì pH = ? ( Trích đề thi đại học) Hướng dẫn giải - Biện luận sản phẩm : Vì cho rất từ từ HCl vào nên lượng HCl luôn thiếu so với lượng Na2CO3 trong quá trình diễn biến phản ứng nên phản ứng xẩy ra theo từng nấc, theo PT sau : HCl + Na2CO3  NaHCO3 + NaCl (1) 7 HCl + NaHCO3  NaCl + H2O + CO2 (2) + Biện luận lượng sản phẩm theo quan hệ mol - x < y : Sau (1) dư Na2CO3 => Dung dịch C có x mol NaHCO3, x mol NaCl, (y – x) mol Na2CO3 - x = y : (1) xẩy ra hoàn toàn, các chất phản ứng vừa đủ => Dung dịch C có : x mol NaHCO3, x mol NaCl - y < x < 2 y : (1) xẩy ra hoàn toàn, (2) chưa hoàn toàn còn dư NaHCO3, => Dung dịch C có : x mol NaCl , (2y-x) mol NaHCO3 - x = 2y : (1) và (2) xảy ra hoàn toàn và vừa đủ => Dung dịch C có : x mol NaCl - x > 2y : (1), (2) hoàn toàn còn dư HCl => Dung dịch C có : 2y mol NaCl, (x-2y) mol HCl + Khi x = 2y thì dung dịch C là NaCl có pH = 7 Thí dụ 3 Có 600ml dung dịch hỗn hợp Na 2CO3, NaHCO3. Thêm 5,64 gam hỗn hợp K2CO3, KHCO3 vào dung dịch trên được dung dịch A ( Giả sử Vd 2A vẫn là 600 ml) chia dung dịch A thành 3 phần bằng nhau : - Cho rất từ từ 100 ml dung dịch HCl vào phần thứ nhất được dung dịch B là 448 ml khí (đktc) bay ra. Thêm nước vôi trong dư vào dung dịch B thu được 2,5g kết tủa. - Phần hai tác dụng vừa đủ với 150ml dung dịch NaOH 0,1M - Cho khí HBr dư qua phần thứ ba, sau đó cô cạn thì được 8,125 gam muối khan. 1.Viết các PTPƯ dạng Ion 2. Tính CM của các chất trong dung dịch A và của dung dịch HCl trên Hướng dẫn giải Vấn đề khó ở bài tập này là học sinh xác định được phản ứng xẩy ra ở 3 thí nghiệm, nhất là thí nghiệm ở phần 1. Nên tôi chú ý hướng dẫn học sinh biện luận những vấn đề sau : 1. Viết PT dạng Ion - Vì cho rất từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A nên p.ứ xẩy ra theo từng nấc : CO32- + H+  HCO3(1) + HCO3 + H  H2O + CO2↑ (2) - Có khí CO2 nên ( trong dung dịch B) Pư (1) đã xong và dung dịch B đã hết CO32Vì dung dịch B + dung dịch Ca(OH)2 cho nên dung dịch B dư HCO3HCO3- + OH- + Ca2+  CaCO3 + H2O (3) - Phần 2 : Chỉ có p.ư trung hoà HCO3- + OH-  CO32- + H2O - Phần 3 :Vì H+ dư nên CO32- , HCO3- đều p.ư hết (4) + HBr  H + Br CO32- + 2H+  H2O + CO2 (5) HCO3- + H+  H2O + CO2 (6) 8 2. Sau khi phân tích và viết được các phản ứng, hướng dẫn học sinh lập hệ phương trình và giải để tìm số mol các chất và nồng độ của chúng. Thí dụ 4 Hoà tan a gam hỗn hợp Na2CO3 , KHCO3 vào H2O để được 400 ml dung dịch A. Cho từ từ 100 ml dung dịch HCl 1,5M vào dung dịch A thu được dung dịch B và 1,008 lít khí (đktc). Cho B tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được 29,55 gam kết tủa. 1. Tính a 2. Tính nồng độ mol của các Ion trong dung dịch A ( bỏ qua sự cho nhận prôton của cá Ion HCO3- và CO32- ) 3. Người ta lại cho từ từ dung dịch A vào bình đựng 100 ml dung dịch HCl 1,5M. Tính VCO2 bay ra (đktc)) Hướng dẫn giải - Hướng dẫn biện luậnphản ứng xẩy ra theo các cách tiến hành thí nghiệm khác nhau. - Hướng dẫn học sinh việt PT dạng In và tính theo PT Ion 1. Vì dẫn từ từ dung dịch Hcl bàodung dịch A nê pư xẩy ra theo từng nấc vì H + luôn thiếu. Thực chất p.ư xẩy ra là p.ư của các Ion Na2CO3  2Na+ + CO32(1) KHCO3  K+ + HCO3(2) HCl  H+ + Cl(3) P.ư : CO32- + H+  HCO3(4) + HCO3 + H  H2O + CO2 (5) 2+ HCO3 + OH + Ca  CaCO3 + H2O (6) - Theo (6) : nHCO3 = n↓ = 29,55 : 197 = 0,15 - Theo (5) : nHCO3- = n H+ = n CO2 = 1,008 : 22,4 = 0,045 - Theo (1), (4) : nCO32- (1) = nHCO3- (4) = n H+ (4) = 0,15 - 0,045 = 0,015 = n Na2CO3 - Theo (2) : nKHCO3 = nHCO3 = nHCO3 (5,6) - nHCO3- (4) = 0,15 + 0,045 - 0,105 = 0,09 -> a = 0,105 x 106 + 0,09 x 100 = 20,13g 2. [CO32-] = 0,105 0,2625 0,4 [K+] = [HCO32-]= ; [Na+] = 2[CO32-] = 0,525 0,09 0,225 M 0,4 3. Biện luận để giải như sau : - Vì cho từ từ dung dịch A vào 100ml dung dịch HCl 1,5M nên lượng CO32-, HCO3- vào đến đâu dã phản ứng hết với 0,15 mol H+ tạo ra CO2 theo PT CO32- + 2 H+ = CO2 + H2O (7) HCO32- + H+ = CO2 + H2O (8) Vì không khẳng định phản ứng nào xẩy ra trước nên chỉ có thể xác định được khoảng xác định của VCO2 9 - Giả sử (7) xẩy ra trước và hoàn toàn n CO2 = 1/2n H+ = 0,15 : 2 = 0,075 < nCO32- = 0,105 -> CO32- còn dư nên chưa xẩy ra (8) - Giả sử (8) xẩy ra trước và hoàn toàn : n CO2 = n H+ = nHCO3- = 0,09 n H+ dư = 0,15 - 0,09 = 0,06 phản ứng tiếp với CO32- theo (7) n CO2 = 1/2n H+ dư = 0,03 - Vì 2 p.ư (7), (8) xẩy ra đồng thời nên lượng CO 2 nằm trong khoangt giá trị cựcc tiểu, cực đại -> 0,075 < VCO2 < 0,09 + 0,03 = 0,17 mok 1,681 < nCO2 < 2,6881 (ở đktc) III. Biện luận khi gặp bài toán có số ẩn nhiều hơn số phương trình lập được Với những bài toán hoá học mà số phương trình lập được ít hơn số ẩn ta phải dùng phương pháp biện luận để giải. Với loại bài toán này có thể hướng dẫn học sinh có 2 cách biện luận chính như sau : - Biện luận để giải phương trình nghiệm nguyên dương hoặc sử dụng các dữ liệu đã cho hay dựa vào hoá trị hoặc cấu tạo để loại nghiệm - Biện luận theo khoảng xác định số mok dẫn đến việc giải hệ bất phương trình tìm nghiệm nguyên dương. a. Biện luận để giải phương trình có nghiệm nguyên dương Vận dụng các dữ kiện và điều kiện hợp lý về hoá trị, cấu tạo ... để tìm các nghiệm hợp lý. Bài tập 1 : Cho 3,36l hỗn hợp gồm một ankan và một anken đi qua nước Brôm thấy có 8g Br2 tham gia phản ứng. Khối lượng của 6,72l hỗn hợp là 13g. Xác định CTPT của 2 hiđrocacbon Giải - Gọi công thức ankan là CnH2n+2 ( n 1, nN) anken là CmH2m ( m 1, mN) - Khi qua dung dịch Br2 chỉ có anken p.ư CmH2m + Br2 -> CmH2mBr2 nCmH2m = nBr2 = 8 : 160 = 0,05 mol n hỗn hợp = 3,36 : 22,4 = 0,15 mol -> ankan = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol m của 3,36l hỗn hợp : 13.3,36 6,72 =6,5 g - m hỗn hợp = (14n+2)0,1 + 14m.0,05 = 6,5 -> 2n + m = 9 -> n = 9 m 2 Vì n  1 => m  7 - Ta có : 10 m n KL 2 3,5 Vô lý 3 3 4 2,5 Vô lý 5 2 6 1,5 Vô lý 7 1 Vì n  1 => m  7 mà n,m N* nên có 3 cặp nghiệm hợp lý m = 3 ; n 3 => Hỗn hợp gồm C3H6 và C3H8 m = 5 ; n 2 => Hỗn hợp gồm C5H10 và C2H6 m = 7 ; n 1 => Hỗn hợp gồm C7H14 và CH4 Bài tập 2 Hỗnhợp X gồm axit hữu cơ no, mạch hở, 2 lần axit A và axit không no có 1 nối đôi, mạch hở đơn chức (B). Số nguyêntử C trong chất này gấp đôi số nguyên tử C trong chất kia. Đốt cháy hoàn toàn 5,08g hỗn hợp X thu được 4,704 lít CO 2 (đktc) và nếu trung hoà 5,08g hỗn hợp X cần 350 ml dung dịch NaOH 0,2M được hỗn hợp muối Y. 1. Tìm công thức phân tử của A và B 2. Tính % m các chất trong X Giải + Phương hướng : Dựa vào đầu bài viết PTp.ư dưới dạng CTTQ Lập hệ 3 phương trình 4 ẩn. Sau giải và biện luận để tìm nghiệm của PT vô định 1. Gọi công thức A : CnH2n(COOH)2 ( n 1, nN) B : CmH2m-1COOH ( m 2, mN) + Phương trình CnH2n(COOH)2 + (3n+1)/2 O2  (n+2)CO2 + (n+1)H2O (1) CmH2m-1COOH +2 3m/2 O2  (m+1)CO2 + mH2O (2) CnH2n(COOH)2 + 2NaOH  CnH2n(COONa)2 + H2O (3) CmH2m-1COOH + NaOH  CmH2m-1COONa + H2O (4) + Gọi số mol A, B là x, y. Theo đầu bài và nNaOH = 2x + y = 0,07 (I) nCO2 = (n+2)x + (m+1)y = 0,21 <-> nx + my + 2x + y = 0,21 <-> nx + my = 0,14 (II) + m hỗn hợp = (14n+90)x + (14m+44)y = 5,08 (III) <-> 14 (nx+my) + 44(2x+y) + 2x = 5,08 0,14 0,7 -> x = 0,02 y = 0,03 + Thay x, y vào II có : 0,02n + 0,03m = 0,14 -> 2n + 3m = 14 -> m = 14  3m 2 m 2, m,n N + Ta có m 2 3 11 4 5 n 4 2,5 1 -0,5 Vì m,n N Số nguyên tử  chất này gấp 2 lần chất kia => Nghiệm hợp lý : m = 2 => B : C2H3COOH n = 4 => A : C4H8(COOH)2 b. Biện luận theo khoảng xác định số mol của một chất , từ đó giải hệ bất phương trình nghiệm nguyên dương Bài tập 1 : Hỗn hợp A gồm 3 este của cùng một axit hữu cơ và 3 rượu đơn chức trong đó có 2 rượu no với khối lượng phân tử hơn kém nhau 28 đ.v và một rượu không no có 1 nối đôi. Cho hỗn hợp A tác dụng với 100g dung dịch NaOH 10% sau đó cô cạn thì được 18,4g chất rắn khan. Ngưng tụ phần rượu bay hơi làm khan rồi chia làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng hết với Na thu được1,12l hiđrô (đktc), phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn thu được 7,04g CO2 và 4,32g H2O 1. Xác định CTPT của axit 2. Xác định CTPT của các rượu và số mol của môi rượu tạo thành trong p.ư xà phòng hoá. 3. Viết CTCT và gọi tên 3 este Hướng dẫn giải + Đây là bài toán lập công thức của các hợp chất hưu cơ dựa vào thành phần định lượng của lượng chất phản ứng và tạo thành. Số ẩn ít hơn số phương trình nhiều nên phải chú ý sử dụng các dữ kiện để biện luận. - Biện luận xác định lượng chất dư để tìm CTPT của axit - Biện luận để xác định CT của 2 rượu no có M  28 đ.v.c - Biện luận theo giới hạn số mol của một rượu để giải hệ bất phương trinh tìm nghiệm nguyên. Giải 1. Gọi gốc R trung bình của cả 3 rươu là R có CT chung của 3 este RCOOR RCOO R + NaOH  RCOONa + R OH (1) Na + R OH  R ONa + 1/2 H2 (2) - Theo (2): n R OH = 2nH2 = 0,1 - Tổng số mol rượu n R OH = 0,1 x 2 = 0,2 mol - nNaOH = 0,25 mol > n R OH => NaOH dư - nNaOH dư = 0,05 - n R COONa = n R OH = 0,2 + m hỗn hợp rắn = 0,2(R+67) + 0,05 . 40 = 18,4 -> R = 15 -> Vậy R là CH3 -> axit : CH3COOH 2. Gọi số nguyên tử C trung bình của 3 rượu là n => n = 0,16/0,1 = 16 - BL :  n1  n  n1  2   n1  1, n1  N 12 ( Do M  28 đ.v.c) -> n1 = 1 -> Rượu 1 : CH3OH n2 = 3 -> Rượu 2 : CH3OH - Gọi CT rượu có 1 nối đôi : CmH2m-1OH Với m  3, mN CH3OH + 1,5 O2 -> CO2 + 2H2O CH3OH + 4,5O2 -> 3CO2 + 4H2O CmH2m-1OH + (3m-1)/2O2 -> mCO2 + mH2O Gọi số mol 3 rượu CH3OH, CH3OH, CmH2m-1OH : a, b, c a + b + c = 0,1 (I) a + 3b + mc = 0,16 (II) 2a + 4b + mc = 0,24 (III) -> a + b = 0,08 ; Thay vào II : c = 0,2 4 m mà 0 < b < 0,08 100 4 m <-> 0 < < 0,08 <-> -4 < m < 0,08 100 b= Vì m  3, mN Vậy m = 3 => Rượu : C3H5OH CH2=CH-CH2OH Thay m = 3 vào => b = 0,01 ; a = 0,07 3. Công thức cấu tạo và tên của 3 este CH3COOCH3 axetat metyl CH3COOCH2-CH2-CH3 axetat propyl hoặc CH3COOCH(CH3)2 (axetat izo prôpyl) CH3COOCH2-CH=CH2 axetat allyl Bài tập 2 M là hỗn hợp của một rượu no A và axit hữu cơ đơn chứa B, đều mạch hở. Đốt 0,4 mol hỗn hợp M cần 30,241 O2 (đktc) và thu được 52,8g CO2 và 19,8g H2O 1. Xác định CTPT và CTCT của A, B biết : - Số nguyên tử cácbon trong A, B như nhau - Trong M : nB > nA 2. Lấy 0,4 mol hỗn hợp M thêm một ít H 2SO4 đặc làm xúc tác, đun nóng 1 thời gian thu được 19,55g một este duy nhất.Tính hp.ư hoá ests Hướng dẫn giải + Nhận xét : Vì A, B là 2 loại chất khác nhau và chưa biết thuộc loại cụ thể nào nên không giải được bằng phương pháp M mà phải đặt ẩn và lập PT vì số ẩn nhiều hơn số PT nên phải đưa vào các dữ liệu của bài toán và giới hạn số mol để biệ luận. + Giải 1. Vì A, B cùng cacbon và đốt 0,4 mol hỗn hợp M tạo 52,8 : 44 = 1,2 mol CO2 => Số nguyên tử C (A,B) = 1,2/0,4 = 3 + Gọi A : C3H8-x(OH)x (x  1, xN) 13 B : C2H5-2yCOOH (y là số liên kết đôi) (y  0, yN) + PT : C3H8(OH)x+ (10-x)/2O2 -> 3CO2 + 4H2O C2H5-2yCOOH + (7-y)/2O2 -> 3CO2 + (3-y)H2O (2) + Gọi số mol A, B là a, b -> a + b = 0,4 (I) (1)  10  x  7 y a   b = 1,35  2   2  nO2 =  -> 10a - ax + 7b - by = 2,7 (II) + nH2O = 4a + (3-y)b = 1,1 (III) - Lấy (II) trừ (III) được : a(2-x) = 0 Vì a  0 nên 2 - x = 0 =. x = 2 => A : C3H6(OH)2 có CTCT : CH3 - CH - CH2 OH OH Hay CH2OH - CH2 - CH2OH - Từ I và III a 0,4 y  0,1 1 y Vì a + b = 0,4 mà b > a -> 0 < a < 0,2 Do đó 0 0,4 y  0,1  0,2 1 y -> 0,25 < y < 1,5 Vì y  N nên y = 1 => B = C2H3COOH 2. Vì A là rượu 2 chức mà chưa biết tạo ra este đơn chức hay đa chức nên có thể giải và biện luận theo 2 trường hợp để học sinh dễ hiểu hơn so với cách viết PT tổng quát : 3. + Thay y = 1 -> a = 0,15mol C3H6(OH)2 b = 0,25 mol C2H3COOH + Biện luận : - Giả sử chỉ có một nhóm OH của A p.ư este hoá : HO-C3H6-OH + C2H3COOH -> C2H3COOC3H6-OH + H2O 0,15mol 0,15 0,15 m este (max) = 0,15 x 130 = 19,5 g < 19,55g => không phù hợp => Vậy cả 2nhóm OH của A đều p.ư + C3H6(OH)2 + C2H3COOH-> C3H6(OCOC2H3)2 + 2H2O 0,125 0,25mol 0,125 m este (max) lý thuyết = 0,125 x 184 = 23g - Phản ứng este : 19,55 x100% = 85% 23 VI. BIỆN LUẬN ĐỂ TÌM LƯỢNG CHẤT DƯ : Với các phản ứng hoá học, lượng chất dư có thể do các nguyên nhân sau: 14 - Với phản ứng hoàn toàn (có ít nhát một chất phản ứng hết) do ban đầu lấy dư một chất tác dụng. Do đó nếu chất này dư thì chất kia phải hết. - Với phả ứng không hoàn toàn hoặc phản ứng có thể hoàn toàn nhưng do thời gian p.ư chưa đủ dẫn đến dư đồng thời các chất tác dụng. + Các dạng bài tập phải biện luận để xác định lượng chất dư thường gặp là : a. Biện luận tìm lượng chất dư dựa vào sự tăng giảm khối lưọng hay thể tích: Bài tập Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43g hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các p.ư kết thúc thu được 39,7g kết tủa A và dung dịch B. 1. Tính % m các chất trogn A 2. Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau a.Cho axit HCl dư vào một phần, sau đó cô cạn dung dịch và nung chất rắn còn lại tới khối lượng không đổi được chất rắn X. Tính % m các chất trong X b. Đun nóng phần 2 ròi thêm từ từ 270 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,2M vào. Hỏi tổng khối lượng 2 dung dịch giảm tối đa bao nhiêu gam? Giả sử H 2O bay hơi không đáng kể . Hướng dẫn trả lời 1. Câu này có thể có nhiều cách giải - ngoài việc hướng dẫn học sinh giải và biện luận trong các trường hợp khác nhau, tôi chú ý hướng dẫn học sinh biện luận theo sự thay đổi khối lượng để xác định lượng chất dư.Từ đó dẫn đến việc giải cho 1 trường hợp xác định. + nNaCO3 = nCO32- = 0,1 mol n(NH4)2CO3= nCO32- = 0,25 mol => Tổng số nCO32- = 0,35 mol Ba2+ + CO32-  BaCO3 (1) Ca2+ + CO32-  CaCO3 (2) BL : 1 mol BaCl2, CaCl2 -> 1 mol BaCO3 , CaCO3 -> m nBaCO3,CaCO3 = = 71 - 60 = 11g 43  39,7 0,3 < nCO32- = 0,35 mol 11 Kết luận : CO32- dư, vậy BaCl2, CaCl2 phản ứng hết + Gọi sô mol BaCO3 , CaCO3 ; x, y ->  x  y 0,3  197 x  100 y 39,7 Giải ra : x = 0,1 mol BaCO3 => % BaCO3 = 49,63% y = 0,2 mol CaCO3 => % CaCO3 = 50,38% b. Biện luận tìm lượng chất dư dựa vào dữ kiên của bài toán Nhiều bài toán cần xem xét các phản ứng tiếp theo của hỗn hợp để xác định lượng chất dư, từ đó xác định được chất nào đã phản ứng hết để tính toán. Bài tâp 15 Hoà tan 115,3 gam hỗn hợp X gồm MgCO3, RCO3 bằng 500ml dung dịch H2SO4 (1) được dung dịch A, chất rắn và 4,48 lít CO 2 (đktc). Cô cạn dung dịch A thì được 11,2g muối khan. Mặt khác nung rắn B tới khối lượng không đổi đượoc 11,2 l CO2 (đktc) và rắn B1. 1. Tính CM của dung dịch H2SO4 đã dùng 2. Tính m của b và B1 3. Tính KLNT của R biết trong hỗn hợp đầu nRCO3 gấp 2,5 nMgCO3 Hướng dẫn giải 1. Cần biện luận để xác định H2SO4 đã p.ư hết. Từ đó tính nH2SO4 theo nCO2 và tính CM của H2SO4 + P. trình : MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + CO2 + H2O (1) RCO3 + H2SO4  RSO4+ CO2 + H2O (2) Dung dịch A : MgSO4 có thể có RSO4 Rắn B khi nung có CO2 chứng tỏ B có muối cacbonat dư => B : MgCO 3 dư hoặc RCO3 dư hoặc cả 2 và có thể có RSO4 - Vì dư muối cacbonat nên H2SO4 đã phản ứng hết - Theo (1), (2) : nH2SO4 = nCO2 = 0,2 mol C H 2 SO4 = 0,2mol 0,4mol / l 0,5l hay 0,4M 2. Biện luận xác định dung dịch a có RSO4 đều tan - Giả sử RSO4 tan tức là dung dịch A có MgSO4 và RSO4 đều tan -> nSO42- = nH2SO4 =0,2 mol mSO42- = 0,2 x 96 = 19,2g > 12,0g => Loại - Kết luận : RSO4 ; dung dịch A chỉ có MgSO4 nMgSO4 = 12 : 120 = 0,1 mol = nH2CO3 = nCO2 -> mB = 115,3 - 0,1 x84 - 0,1 (R+60)+0,1(R+96) = 110,5 g + Nung B : (1) 0 MgCO3 t  MgO  CO2 RSO4 không phản ứng -> mB1 = mB - mCO2 = 110,5 - 0,5 x 44 = 88,5 g c. Dùng M của hỗn hợp các chất sau phản ứng để biện luận xác định chất dư : Thí dụ : Trong phản ứng cộng C2H4 + H2  Ni,t  C2H6 - Nếu hỗn hợp khí sau phản ứng có M < 28 thì chắc chắn sau phản ứng còn dư H 2, và nếu hiệu suất phản ứng đtạ 100% thì C2H4 phải hết. - Nếu 28< M <30 thì chắc chắn không dư H2 mà dư C2H4 V. BIỆN LUẬN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP TÌM NGUYÊN TỐ Với những bài toán tìm nguyên tố mà chưa thể tính trực tiếp được ccs hăng số vật lý đặc trưng cho nguyên tố Z ( Số hiệu nguyên tử = Số prôton p), A (KLNT) ta có thể sử dụng phương pháp biện luận để tìm nguyên tố đó. Nguyên tắc biện luận thường 16 được sử dụng trong trường hợp này là dựa vào các dữ kiện đa cho, dựa vào vị trí của nguyên tố trong bảng hêh thống tuần hoàn, hoặc phải thiết lập mối quan hệ giữa KLNT A và hoá trị n để xác định nghiệm hợp lý. Bài tập 1 Cho biết tổng số e trong ion AB 32- là 42. Trong cá hạt nhân A cũng như B số prôton = Số Nơtron 1. Tính số khối của A, B và gọi tên A, B 2. Viết cấu hingh e và sự phâm bố các e theo các obitan của các nguyên tố A, B ( Trích đề thi đại học ) Giải Trong A : Số p = Số n = Số e = Z Trong B : Số p = Số n = Số e = Z’ Tổng số e trong AB32- là : Z + 3Z’ + 2 = 42 -> Z + 3Z’ = 40 -> Z’ = 40/3 = 13,3 2Cấu tạo anion AB3 nên B là phikim có Z’ < 13,3 => B ở chukỳ II và có thể là : N , O, F - Nếu B là F thì Z’ = 9 -> Z = 13. Vậy A là Al -> Công thức Ion : AlF32- => Loại vì không phù hợp với số ôxi hoá của Al và F - Nếu B là O thì Z’ = 8 -> Z = 16. Vậy A là S -> Công thức Ion : SO32- => Phù hợp - Nếu B là N thì Z’ = 7 -> Z = 9. Vậy A là K -> Công thức Ion : KN32- => K có số ôxi hoá là +7 ; Loại Bài tập 2 : Cho 10,8g một kim loại hoạt động M trong BKT tác dụng với dungdịch H2SO4 loãng thu được khí A. Dẫn toàn bộ A qua ống dựng CuO nung nóng. Khi phản ứng kết thúc thấy khối lượng chất rắn khan trong ống giảm 9,6g. Tìm kim loại trên. Biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn. Giải + PT : M + nH+ = Mn+ + n/2 H2 (1) H2 + CuO = Cu + H2O + m = mo =9,6 g no n H 2  9,6 0,6 16 + Theo (1) nM = 12 ; M = 10,8 : 1,2/n = 9n (a) n -> Nghiệmhợp lý của phương trình vô định (a) là n = 3, M = 27 => M là Al Bài tập 3 17 Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp A gồm Al và Kim loại X (hoá trị a) trong H 2SO4 đặc nóng đến khi không còn khí thoát ra được dung dịch B và khí C. Khi C được hấp thụ bởi NaOH dư tạo ra 50,4g muối. Nếu thêm vào A một lượng kim loại X bằng 2 lần lượng kim loại X có trong A ( Giữ nguyên lượng Al) rồi hoà tan hoàn toàn trong H 2SO4 đặc, nóng thì lượng muối trong dung dịch mới tăng thêm 32g so với lượng muối trong dung dịch B. Nhưng nếu giảm một nửa lượng Al có trong A ( giữ nguyên lượng X) thì khi hoá tan thi được 5,6l (đktc) khí C Tính KLNT của X biết tổng số hạt p, n, e trong X là 93 ( Trích đề thi đại học) Giải + Phương hướng : Lập và giải hệ 3 phương trình 4 ẩn.Sau đó dùng phương pháp biện luận để xác định nghiệm. + Gọi hoá trị của X là n, nguyên tử lượng là X 2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3+SO2 + H2O (1) 2X + 2aH2SO4  X2(SO4)a+aSO2 + 2aH2O (2) SO2 + H2SO4  Na2SO3 + H2O (3) - Gọi số mol Al, X là x, y nSO2 = nNa2SO3 = 1,5x + 0,5ay = 50,4 : 126 = 0,4 (I) nx thêm = 2y -> nX2(SO3)a thêm = y -> (2X + 96z)y = 32 ->Xy + 48 ay = 16 (II) - Lượng khí do lượng Al giảm : n Al   x 3 x 5,6 nnSO2   . 0,4  0,15 2 2 2 22,4 -> x = 0,2 mol Al Từ (I) : ay = 0,2 -> y - 0,2/a Thay ay vào (II) Xy = 16 - 48.0,2 = 64 -> X = (III) 6,4 6,4.a  32a y 0,2 Lập bảng : a X 1 32 ( S) 2 64 (Cu) 3 96 (Mo) Biện luận - X là S - X là Cu : 4 128 (Te) => Loại vì S là phi kim 2p + n = 93 => p =29 => X là Cu phù hợp p + n = 64 - X là Mo : 2p + n = 93 => p < O : Loại p + n = 96 18 - X là Te : 2p + n = 93 => p < O : Loại p + n = 128 Kết luận : X là Cu Bài tập 4 A là hỗn hợp dạng bột gồm Fe và kim loại X. Cho 8,64 hỗn hợp A tác dụng nừa đủ với 80ml dung dịch CuSO$ 1,5M. Mặt khác lấy một lượng A đúng như trên hoà tan hết trong dung dịch HNO3 thu được 3,136l NO giả sử là khó duy nhất (đktc) 1. Kim loại X là gì? Cho biết Mx<90 đ.v.c và hoá trị của C không đổi. 2. Lấy 17,28g hỗn hợp A cho vào 200 ml dung dịch AgNO 3, khi phản ứng kết thúc thu được 60,24gam chất rắn. Tính CM của dung dịch AgNO3. ( Đề thi ĐH Bách Hoa 94) Hướng dẫn giải 1. Biện luận : Hỗn hợp A gồm Fe và X tác dụng với HNO 3 tạo NO duy nhất nên dung dịch HNO3 là axit loãng (đã biết) chắc chắn Fe + HNO3 -> NO -> X không phải là kim loại hoạt động như kim loại kiềm, KLkiềm thổ vì những kim loại này khử N+5 của HNO3 1 xuống mức ôxi hoá thấp hơp N+2 ( NO) => Có 2 trường hợp : - X tác dụng với CuSO4 - X không tác dụng với CuSO4 a. Trường hợp 1 : X phản ứng với CuSO4 Gọi KNNT và hoá trị của X là a, n Gọi số mol Fe, X là x, y - PT : Fe + CuSO4 FeSO4+ Cu (1) 2X + nCuSO4  X2(SO4)n+ nCu (2) Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) 3X + 4nHNO3  3X(NO3)n + nNO + 2nH2O (4) - mhh = 56x + ay = 8,64 (I) - nCuSO4 = x + n.y/2 = 0,12 -> 2x + ny = 0,24 (II) - nNO = x + n.y/3 = 3,136 : 22,4 = 0,14 -> 3x + ny = 0,42 - Từ n và m : x = 0,18 mol Fe => mFe = 0,18 . 56 = 10,08 > 8,4 => Loại b. Trường hợp 2 : X không phản ứng với Cu SO4 -> Chỉ có (1), (3), (4) - Theo (1) : nFe = nCuSO4 = 0,12 -> mFe = 6,72g - mX = 8,64 - 6,72 = 1,92 g Theo (3) : nNO = nFe = 0,12 - TS nNO = 0,14 Theo (4) : nx = 1,92 a 19 nNO = n 0,64n nx  0,02 3 a -> a = 32n < 90 -> a < 2,815. Vì n là hoá trị của kim loại nên n = 1 ; 2 - Với n = 1 -> a = 32 : Loại n = 2 -> a = 64 : Vậy X là Cu 2. Trong 17,28g A có 0,24 Fe và0,006 mol Cu Cho A vào dung dịch AgNO3 : Fe pư trước, sau đến Cu Fe + 2Ag+  Fe2+ + 2Ag (5) Có thể Cu + 2Ag+  Cu2+ + 2Ag (6) - m chất rắn = 60,24 - 17,28 = 42,95g - Giả sử chỉ có (5) nFe = 42,96/160 = 0,24 mol => Loại - Có cả phản ứng (5) và (6) - m do (5) = 160 x 0,24 = 38,4g - m do (6) =42,96 - 38,4 = 4,56 - Gọi số mol Cu pư (6) là a ta có a(216 - 64) = 4,56 -> a = 0,03 mol Cu (pư) - nAgNO3 (5,6) = 2 x 0,24 + 2 x 0,03 = 0,54 mol -  AgNO3  = 0,54/0,2 = 2,7M VI. BIỆN LUẬN TÌM CÔNG THỨC PHÂN TỬ VÀ CÔNG THỨC CẤU TẠO CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ Bài tập tìm công thức phân tử và công tác cấu tạo của các hợp chất hữu cơ là loại bài tập quan trọng trong chương trình. Loại bài tập này rất phong phú và đa dạng, và cũng có nhiều phương pháp khác nhau.ở đây tôi chỉ trình bày một số kinh nghiệm giải loại bài tập này bằng phương pháp biện luận. Nhưng hướng biện luận chủ yếu là : - Biện luận dựa vào thành phần định tính và định lượng hoặc dựa vào hoá trị hay công thức cấu tạo. - Biện luận dựa vào CTTQ và phản ứng đặc trưng. - Biện luận giải các bài toán không tường minh ứng với các trường hợp khác nhau. Muốn biện luận được, yêu cầu học sinh phải nắm vững công thức phân tử và công thức cấu tạo tổng quát của các loại hợp chất hữu cơ và các phản ứng đặc trưng của chung. Đồng thời phải rèn luyện cho các em có khả năng tư duy trừu tượng,khả năng so sánh đối chiếu và khả năng khái quát hoá cao. a. Biện luận lập CTPT dựa vào thành phần và CTTQ Bài tập 1 1. Nhận xét tỷ lệ số nguyên tử H/C của ccs loại CxHy đã học 2. Tìm công thức phân tử các chất hiđrôcácbon sau : a. (C3H7)n b. (C4H5)n không tác dụng với Br2 20
- Xem thêm -