Tài liệu Skkn hướng dẫn học sinh giải bài tập trắc nghiệm môn hoá học

Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương Tên đề tài: “HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HOÁ HỌC” I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.Đặt vấn đề: - Căn cứ vào tình hình học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm. - Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông và chương trình thi đại học - Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát. - Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh. - Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh. - Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trường sở tại: Kiến thức cơ bản chưa chắc chắn, tư duy hạn chế . Do thay đổi phương pháp kiểm tra đánh giá từ năm học trước, môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt được các bài tập theo phương pháp trắc nghiệm khách quan. Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: “HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HOÁ HỌC” 2.Nội dung sáng kiến I.Lý do chọn đề tài II.Tổ chức thực hiện đề tài. A.Cơ sở lý thuyết-Ví dụ minh họa B.Bài tập thực hành III.Hiệu quả đề tài IV.Đề xuất, kiến nghị khả năng áp dụng V.Tài liệu tham khảo Xuân Lộc , ngày 20 tháng 12 năm 2012 Người viết Trần Thị Thu Phương 1 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương PHẦN II :THỰC HIỆN ĐỀ TÀI A. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập: phương pháp đường chéo, phương pháp tăng, giảm khối lượng, phương pháp bảo toàn electron. 2. Nắm chắc các kiến thức cơ bản. 3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở toán học. 4. Khả năng khái quát tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHANH A. Phương pháp tăng giảm khối lượng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 6,2g hỗn hợp 2 kim loại kiềm trong nước (lấy dư) thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn? Giải * Nếu dùng các phương pháp đại số thông thường: đặt ẩn số, lập hệ phương trình thì mất nhiều thời gian và kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán. * Nếu dùng phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn khối lượng ta có thể giải quyết vấn đề một cách đơn giản và hiệu quả. mOH  mrắn = mhỗn hợp kim loại + Vì phản ứng xảy ra tạo hiđroxit kim loại và giải phóng H2. Ta đã biết: H2O  H+ + OH-. nOH   nH   2nH 2  2. 2, 24  0, 2(mol ) 22, 4 Vậy mrắn=6,2+0,217 = 9,6 (g). 2. Ví dụ 2: Có 1 lít dung dịch Na 2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43g hỗn hợp BaCl 2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được 39,7g kết tủa A. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong A. Giải: nCO2 trong 1lít dung dịch Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M là: 0,1+0,25=0,35 (mol) 3 Các phản ứng xảy ra: Ba2+ + CO32- BaCO3 Ca2+ + CO32- CaCO3 Cứ 1 mol BaCl2 hoặc CaCl2 chuyển thành BaCO3 hoặc CaCO3 khối lượng giảm: 71- 60 = 11(g). Vậy tổng số mol của (BaCO3 + CaCO3) = 43-39,7  0,3(mol ) chứng tỏ dư CO32-. 11 Ta có ngay hệ phương trình: Đặt x, y là số mol của BaCO3 và CaCO3 trong A ta có: �x  y  0,3 giải ra: � 197 x  100 y  39, 7 � �x  0,1(mol ) � �y  0, 2(mol ) 2 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương 0,1�197 �100  49, 62(%) 39, 7  100  49, 62  50,38(%) %mBaCO3  %mCaCO3 3. Ví dụ 3: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO3 và Y2(CO3)3 bằng dung dịch HCl dư ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải * Khi chuyển từ muối cácbonat thành muối Clorua, thì cứ 1 mol CO2 lượng muối tăng. CO32- chuyển thành 2Cl- 1mol CO2 60g chuyển thành 71g, khối lượng tăng 11g. Theo giả thiết: nCO2  0, 672  0, 03(mol ) 22, 4 * Khi cô cạn dung dịch thu được muối Clorua. Tổng khối lượng muối Clorua = 10 + 0,0311 = 10,33(g). B. Phương pháp bảo toàn khối lượng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại A, B hoá trị (II) bằng dung dịch axit HCl (dư) ta thu được dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: *Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng hoặc có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng. *Đặt công thức chung của A và B là A ta có: ACO3  2 HCl � ACl2  H 2O  CO2 � 0,06 0,03 0,03 mACO  mHCl  mACl  mH 2O  mCO2 3 2 10 g  0, 06 �36,5  mACl  0, 03 �18  0, 03 �44 2 � mACl  10,33( g ) 2 2. Ví dụ 2: Có một hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp đó tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO 3 đã tham gia phản ứng. Tính thành phần % về khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu. Giải nNaCl=x mol, nNaBr=y mol. Đặt x+y=1. Phương trình: NaCl + AgNO3AgCl + NaNO3 mol x x x x NaBr + AgNO3AgBr + NaNO3 mol y y y y nNaNO3  x  y  1(mol ) � mNaNO3  85( g ) mAgCl  mAgNO3  ( x  y ).170  170( g ) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mNaCl=mNaBr=85(g) Ta có hệ phương trình: 3 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương �x  y  1 �x  0, 405(mol ) �� � 58,5 x  103 y  85 � �y  0,595( mol ) mNaCl=0,40558,5 = 23,7(g) chiếm 27,88% mNaBr chiếm100-27,88 = 72,11% 3. Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn hợp A cần 21,28 lít O2 ở đktc và thu được 35,2g CO2 và 19,8g H2O. Tính khối lượng của phân tử X. Giải: Phương trình đốt cháy hỗn hợp: C2H6O2 + 2,5 O2  2 CO2 + 3 H2O X + O2  CO2 + H2O Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX  mC2 H 6O2  mO2  mCO2  mH 2O mX  18, 4( g ) MX  18, 4  92(u ) 0, 2 C. Phương pháp bảo toàn electron * Nguyên tắc Khi có nhiều chất oxi hoá, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (có nhiều phản ứng hoặc phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận. Ta chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá hoặc chất khử thì có thể giải được bài toán đã cho. *Một số ví dụ Thí dụ 1: Cho 16,2 gam kim loại R tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu được sau phản ứng cho hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít (đktc). Hỏi R là kim loại nào? Giải: Nhận xét: R tác dụng với oxi cho oxit kim loại mà hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với HCl cho H2. Vậy M tác dụng chưa hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và oxit của R. Lưu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm được mối liên quan giữa nguyên tử khối và hoá trị của nó có thể có trong các hợp chất. 4R + nO2 = 2R2On (1) R2On + 2nHCl = 2RCln + H2O (2) 2R + 2nHCl = 2RCln + nH2 (3) 13,44 nH 2  0,6( mol ) 22,4 + Theo (1) và (3) tổng số mol electron mà kim loại R đã cho phải bằng tổng số mol electron mà oxi và H+ nhận. + Gọi x là số mol của kim loại R, nguyên tử khối của kim loại R là M số mol electron mà kim loại R nhường là nx. Theo giả thiết và (1) ta có: Số mol electron mà oxi nhận là 0,15.4 Theo giả thiết và (3) ta có: số mol electron mà H+ nhận là 0,6.2  nx= 0,15.4 + 0,6.2 = 1,8  1,8 x n (a) 4 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương 16,2 Mà x là số mol của kim loại  x  M (b) 1,8 16,2 Kết hợp (a) và (b) ta có: n  M  M=9n  Chỉ có một cặp nghiệm duy nhất là: M = 27 và n = 3 là phù hợp  Đó là Al. Thí dụ 2: Hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại R có hoá trị n duy nhất. a, Hoà tan hoàn toàn 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl dư thu được 2,128 lít H 2, còn khi hoà tan 3,61 gam Y bằng dung dịch HNO3 loãng, dư thì thu được 1,972 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại R và tính thành phần % về khối lượng mỗi kim loại trong Y. b, Lấy 3,61g Y cho tác dụng với 100ml dung dịch chứa AgNO 3 và Cu(NO3)2, khuấy kỹ cho tới khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hoà tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít H2. Tính CM của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu. Biết hiệu suất phản ứng là 100%. Các khí đo ở đktc. Giải: a, Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (1) 2R + 2nHCl = 2RCln + nH2 (2) Fe + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) 3R + 4nHNO3 = 3R(NO3)n + nNO + 2nH2O (4) *Gọi x là số mol Fe, y là số mol R có trong 3,61 gam Y. Số mol electron mà Fe nhường ở (1) là 2x. Số mol electron R nhường ở (2) là ny. Số mol electron mà H+ thu vào ở (1) và (2) là: 2. 2,128 0,19( mol ) 22,4 Tổng số mol electron mà Fe và R nhường bằng tổng số electron mà H+ nhận  2x + ny = 0,19 (a) - Số mol electron mà Fe nhường ở (3) là 3x - Số mol electron mà R nhường ở (4) là ny (vì R có 1 hoá trị duy nhất) Số mol electron mà N+5 thu vào tạo ra NO là: 3. 1,792 0,24(mol ) 22,4  3x + ny = 0,24 (b) Lấy (b) trừ (a)  x=0,05  ny=0,09 (c) + Mặt khác ta có phương trình theo khối lượng (gọi nguyên tử khối của nguyên tố R là M): 56x + My = 3,61; mà x=0,05  My=0,81 (d) 0,09 (n là hoá trị của n 0,09 M n =0,81  M = 9n Từ (c): ny=0,09  y= Thay vào (d)  R, n: nguyên, dương)  Nghiệm duy nhất: Al (hoá trị III, nguyên tử khối 27) %Fe = 0,05.56 100% 77,25%  3,61 %Al = 22,75% b, Các phản ứng có thể xảy ra: Al + 3AgNO3 = Al(NO3)3 + 3Ag 2Al + 3Cu(NO3)2 = 2Al(NO3)3 + 3Cu Fe + 2AgNO3 = Fe(NO3)2 + 2Ag (5) (6) (7) 5 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương Fe + Cu(NO3)2 = Fe(NO3)2 + Cu (8) (giáo viên lưu ý học sinh phản ứng oxi hoá Fe bằng ion Ag+) *Vì không biết lượng AgNO3, Cu(NO3)2 nên có thể dư cả Al, Fe và cả 2 kim loại mới tạo ra là Cu, Ag. Theo giả thiết: chất rắn thu được gồm 3 kim loại mà Al hoạt động mạnh hơn Fe nên Al đã phản ứng hết theo (5)  còn lại: Fe, Cu, Ag.  Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (9) + Theo (9): nFe= n H 2  0,672 0,03(mol ) 22,4 Theo giả thiết dung dịch HCl dư Fe phản ứng hết  nAl trong hỗn hợp là 3,61  0,05.56 0,03(mol ) 27 Gọi a là số mol AgNO3, b là số mol Cu(NO3)2. áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có phương trình: 1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 a+2b = 0,13 (*) Phương trình theo khối lượng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**) Giải hệ phương trình (*), (**) ta có: a = 0,03 (mol); b = 0,05 (mol). 0,03 0,3M 0,1 0,05 0,5M 0,1 Vậy: Nồng độ mol/l của AgNO3 là: CM= Nồng độ mol/l của Cu(NO3)2 là: CM = D. Phương pháp dùng các giá trị trung bình D.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( M ) - Sử dụng để giải nhanh các bài toán là hỗn hợp của 2 hay nhiều chất. - Xác định nguyên tử khối của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp nhau, thành phần % số lượng mỗi đồng vị của 1 nguyên tố, tính thành phần % về thể tích các khí trong hỗn hợp … - Đặc biệt thích hợp khi giải các bài tập lập công thức các đồng đẳng kế tiếp. * Khối lượng mol trung bình ( M ) là khối lượng của một mol hỗn hợp. m M 1 n1  M 2 n2  ...  mhh n.M n1  n2  .. hh M V  M 2V2  ... M hhkhÝ  1 1 V1  V2  ... M hh =n  Thí dụ 1: Hai kim loại kiềm R và R’ nằm ở 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn. Hoà tan một ít hỗn hợp của R và R’ trong nước ta được dung dịch A và 0,336 lít H 2 (đktc). Cho HCl dư vào dung dịch A, sau đó cô cạn ta được 2,075 gam muối khan. Xác định tên kim loại R và R’. Giải: 2R + 2H2O = 2ROH + H2 (1) 2R’ + 2H2O = 2R’OH + H2 (2) ROH + HCl = RCl + H2O (3) R’OH + HCl = R’Cl + H2O (4) + Gọi x là số mol của kim loại R. Nguyên tử khối của R là M. Gọi y là số mol của kim loại R’. Nguyên tử khối của R’ là M’. x y + Theo (1) và (2)  2  2  0,336 0,015 22,4  x+y = 0,03(mol) 6 Trường THPT HỒNG BÀNG + Theo (1),(2),(3) và (4): Tổng số mol 2 muối bằng tổng số mol 2 kim loại nmuối=x+y = 0,03(mol). Trần Thị Thu Phương M 2 muoi  2,075 69 0,03  M+35,5 < 69 < M’+35,5 R là Na (Nguyên tử khối là 23), R’ là K (Nguyên tử khối là 39). Thí dụ 2: Cho 11g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H2(đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rượu trên. Giải: Gọi: rượu thứ nhất là ROH, rượu thứ hai là R’OH. 2ROH + 2Na  2RONa + H2 (1) 2R’OH + 2Na  2R’ONa + H2 (2) nH2  3,36 0,15(mol ) 22,4 Theo (1),(2)  n2rượu=2 n H =2.0,15 = 0,3(mol) 2 11 M  36,67  ROH 36,67 0,3   R 36,67  17 19,67  R : CH 3  ROH : CH 3OH R  R  R'      R': C2 H 5  R'OH : C2 H 5OH D.2. Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình * Cách tính số nguyên tử cácbon trung bình (kí hiệu là Trong phản ứng cháy chúng ta có: Trong hỗn hợp chất: n = n = n ) nCO2 nhh n1 x1  n 2 x 2  ... x1  x 2  ... n1, n2: Số nguyên tử cácbon của chất 1, 2,… x1, x2: số mol của chất 1, 2, … Trong hỗn hợp chất có thành phần định tính như nhau, thí dụ hỗn hợp chất đều được tạo thành từ ba nguyên tố là C, H, O ta có công thức C H O  M 12 x  y  16 z Một số thí dụ: Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 10,2 gam 2 anđêhit no, đơn chức A và B là đồng đẳng kế tiếp. Đem sản phẩm thu được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2 thì thu được 10g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu được 20g kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A và B. +Thay thế 2 anđêhit bằng công thức tương đương: C n H 2 n 1CHO ü y C n H 2 n 1CHO + 3n  2 O2  (n  1)CO2  (n  1) H 2 O 2 z (1) 7 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3  + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 = Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2  CaCO3 + H2O + CO2 t (2) (3) (4) 0 10 Theo (2): n co 2 =n caco 3 = 100 =0,1(mol) Theo(4):n caco3 = 20 =0,2(mol) 100 Theo (3): n co 2 =0,4(mol) Tổng số mol CO 2 là :n co 2 = 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol) 10,2 14n  30 Theo (1) ta có : 10,2 14n  30 mol C H 2 n CHO sau khi cháy cho ( n +1). n mol CO 2 . 10,2 Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : ( n +1). 14n  30 = 0,5. Giải phương trình  n =1,5  A là : CH 3 CHO và B là C 2 H 5 CHO. Thí dụ 2: B là hỗn hợp gồm hai axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng axit fomic .Cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6.72 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn . Đốt cháy hoàn toàn m gam B ,rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình (1) đựng H 2 SO 4 đặc ,bình (2) đựng NaOH rắn .Sau thí nghiệm ,độ tăng khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam. a) Tính m b) Xác định công thức cấu tạo của A và B. Giải : X, Y là đồng đẳng của HCOOH  X,Y là axit cacboxylic no,đơn chức . +thay thế X,Y bằng công thức tương đương C n H 2 n 1 COOH 2 C n H 2 n 1 COOH + 2Na  2 C n H 2 n 1 COONa+H 2 (1) 6,72 Theo giả thiết:n h 2 = 22,4 =0,3 (mol)  Theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3=0,6 (mol) C n H 2n 1 COOH + ( 3n  1 ) 2 CO2+ Ca(OH)2 = CaCO3 O2  ( n +1)CO2  +( n +1)H2O +H2O (2) 2CO2+ Ca(OH)2 = Ca(HCO3)2 (3) t0 Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O +CO2 theo (2) : nCO2 = theo (4) : nCaCO = 3 nCaCO3 20 100 (4) : = (1) 10 100 (4) = 0,1 mol = 0,2 mol theo(3): nCO =0,4mol.TổngsốmolCO2là: nCO =0,1+0,4=0,5mol 2 theo (1) ta có : 2 10,2 14n  30 mol C n H 2 n 1 CHO 10,2 sau khi cháy cho ( n +1). 14n  30 mol CO2 8 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương 10,2 :( n +1) 14n  30 theo (1),(2),(3),(4) ta có = 0,5 . giải phương trình  n =1,5  A là : CH3CHO và B là C2H5CHO. Thí dụ 3: B là hỗn hợp gồm 2 axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng của axit fomic .cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6,72 lit khí ở điều kiện tiêu chuẩn .đốt cháy hoàn toàn m gam B , rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1)đựng H2SO4 đặc bình (2) đựng NaOH rắn. Sau thí nghiệm, độ tăng khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam. a, Tính m . b, Xác định công thức cấu tạo của Avà B Giải: X,Y là đồng đẳng của HCOOH  X,Y là axit cacboxylic no ,đơn chức . +thay thế X,Y bằng công thức tương đương C n H 2 n 1 COONa +H2 (1) 6,72 theo giả thiết n H = 22,4 = 0,3 mol  theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3 =0,6 mol 2 C n H 2 n 1 COOH +( 3n  1 ) 2 O2  ( n +1) CO2 + ( n +1) H2O (2) bình (1) :hấp thụ nước . bình (2) :CO2 +2NaOH rắn = Na2CO3 +H2O theo giả thiết : mCO - m H O =36,4 2 2  0,6( n +1).(44-18)=36,4  n =1,333 a) m=n. M =0,6(14 n +46)=38,8(gam) b, n =1,33  X : CH 3COOH ; C 2 H 5 COOH D.3. Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình: Giải bài toán hỗn hợp bằng cách dùng gốc hiđrocacbon trung bình (R ). Thí dụ: Hỗn hợp A gồm 2 este là đồng phân của nhau tạo bởi axit đơn chức và rượu đơn chức. Tỉ khối hơi của este so với H 2 là 44. Thủy phân 26,4g hỗn hợp A bằng 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2), rồi đem cô cạn dung dịch thu được 38,3g chất rắn khan. Xác định công thức phân tử và tính thành phần % về số mol mỗi este trong hỗn hợp. Giải: M Gọi R A và 44.2 88 R ' là gốc hiđrocacbon trung bình của các axit và rượu ' ' R  COO  R  NaOH  R  COONa  R OH 9 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương neste thuỷ phân = nNaOH phản ứng = 26,4 0,3mol 88 100.1,2.20 n NaOH  0,6mol 100.40 n NaOH dư = 0,6- 0,3 = 0,3 mol -> mNaOH = 0,3.40= 12g Khối lượng các muối là: 33,8 – 12 = 21,8g M  muối 21,8 72,6 0,3 -> nghĩa là có 1 gốc R< 5,6 tức là R chỉ có thể là H và do đó gốc rượu: R’= 88- 1- 44= 43 ứng với gốc C3H7-, như vậy este là no. Gốc R thứ hai phải lớn hơn 5.6 có thể là CH 3 - (M = 15) hoặc C2H5 – ( M = 29 ). Như vậy có hai nghiệm: Cặp một : HCOOC3H7 và C2H5COOC2H3 Cặp hai : HCOOC3H7 và C2H5COOH3 Tính % về số mol : Với cặp 1 : Gọi x, y là số mol HCOOC2H5 ( áp dụng công thức : m R = n R . M R n1 R1  n2 R2, trong đó n là số mol ) R 72,6  67 5,6  x  y 0,3  1.x  15 y 0,3.5,6 % HCOOC3H7= ->  x 0,2   y 0,1 0,2.100% 66,7% 0,1  0,2 % CH3COOC2H5 = 100% - 67,7% = 33,3% Cặp 2 : Gọi x, y là số mol HCOOC3H7 và CH3COOCH3  x  y 0,3  1.x  29 y 1,68  %HCOOC3H7 =  x 0,25   y 0,05 -> 0,25.100% 83,3% => 0,3 %C2H5COOCH3 = 16.7% D.4. Phương pháp số nhóm chức trung bình: Thí dụ: Nitro hoá benzen bằng HNO3 đặc thu được 2 hợp chất nitro là A và B hơn kém nhau 1 nhóm NO2. Đốt cháy hoàn toàn 2,3 gam hỗn hợp A ,B thu được CO 2, H2O và 255,8 ml N2 ( ở 270 C và 740 mm Hg ). Tìm công thức phân tử của A, B. Giải : C6H6 + nHNO  C H (NO 2 ) n + n H2O Trong đó n là số nhóm NO 2 trung bình của A, B 3 6 6 n C6H6- n (NO2) n + O2  6CO2+ 6 n n H 2O  N 2 2 2 10 (1) (2) Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương Thề tích N2 ở đktc: 760.V0 740.255,8   V0 226,6mlN 2 273 273  27 (78  45n) (11,2n  2,34 0,2266 Theo (2) ta có tỉ lệ: Rút ra: n 1,1 . Vậy công thức phân tử của A là C6H5NO2, B là C6H4(NO2)2 D.5. Phương pháp hóa trị trung bình Thí dụ: Cho một luồng H2 đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa trị kề nhau tới khử hoàn toàn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua bình đựng H 2SO4 đặc, thấy khối lượng bình axit tăng lên 4,68g. Xác định công thức các oxit vanađi. Giải: Gọi x là hóa trị trung bình của vanađi trong 2 oxit: V2Ox + xH2 o t  2V  xH 2 O (1) Theo (1) ta có: 11,3 4,68 1  .  x 3,7 51,2  16 x 18 x Vậy các oxit là V2O3 và VO2 E. Phương pháp đường chéo: Phương pháp này thường được áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau. Các chất đem trộn có thể là đồng thể: lỏng với lỏng, khí với khí, rắn với rắn; hoặc dị thể: rắn với lỏng, khí với lỏng … Nhưng hỗn hợp cuối cùng phải đồng thể. Phương pháp này đặc biệt thích hợp khi pha chế dung dịch. Chú ý: Phương pháp này không áp dụng cho các trường hợp khi trộn lẫn các chất mà có xảy ra phản ứng hoá học (Ví dụ: Cho dung dịch NaOH vào dung dịch HCl). - Với trường hợp có phản ứng nhưng cuối cùng cho cùng một chất thì áp dụng được (VD: hoà tan Na2O vào dung dịch NaOH, thu được dung dịch NaOH). *Nguyên tắc: Trộn 2 dung dịch với nồng độ khác nhau của cùng 1 chất thì lượng chất tan trong phần dung dịch có nồng độ lớn hơn giảm đi, còn trong phần dung dịch có nồng độ nhỏ hơn tăng lên. Sơ đồ tổng quát: (Giả sử x1>x>x2) D1 x1 x-x2 11 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương D1 x  x 2  D2 x1  x x D2 x2 (1) x1-x D1, D2: Khối lượng các chất đem trộn ứng với x1, x2. x, x1, x2: Khối lượng các chất quy về trong 100 đơn vị khối lượng D1, D2. *Một số thí dụ: Thí dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam H 2O vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dung dịch NaOH 8%. Giải: Gọi m là khối lượng nước cần thêm vào: m 0 4 8 500  (1) 12 8 m 4   m 250 (gam nước). (x1=0 vì trong nước không có NaOH) 500 8 Thí dụ 2: Cần trộn H2 và CO theo tỷ lệ thể tích như thế nào để thu được hỗn hợp khí có tỷ khối so với metan bằng 1,5. Giải: M hh 1,5.16 24 VH 2 2 4 24 VCO 28  VH 2 VCO  4 2  22 11 22 III. CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ Bài 1: Cho 3,04g hỗn hợp NaOH và KOH tác dụng với dung dịch HCl thu được 4,15g các muối clorua. Nếu đem điện phân nóng chảy hỗn hợp trên lượng hỗn hợp kim loại thu được là bao nhiêu (g)? A.2,02 B. 2,03 C. 2,04 D. Đỏp ỏn khỏc Giải: Đặt nNaOH = x mol, nKOH = y mol. Ta có hệ phương trình: n  0, 02(mol ) 40 x  56 y  3, 04 � � �x  0, 02 � �Na giải hệ: � � nK  0, 04(mol ) 58,5 x  74, 5 y  4,15 �y  0, 04 � � m=0,0223 + 0,0439 = 2,02 (g) 12 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương Bài 2: Trung hoà 200ml dd HNO3 0,5M cần 6,26g hỗn hợp Na2CO3 và K2CO3. Nếu cho 3,13g hỗn hợp muối trên tác dụng hoàn toàn với dd HCl thu được V lít khí ở đktc. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí đó vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. m nhận giá trị là (g): A. 2,5 B. 3 C. 3,5 D. 4 Giải: nHNO3  0, 2.0,5  0,1(mol ) Na2CO3 + 2HNO3 � 2NaNO3 + H2O + CO2 x 2x x � K2CO3 + 2HNO3 2KNO3 + H2O + CO2 y 2y y �x  y  0, 05 �x  0, 02 �� 106 x  138 y  6, 26 �y  0, 03 � Ta có hệ phương trình: � nCO2  0, 05 0, 05 �m .100  2,5( g ) 2 2 Bài 3: Hoà tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng axit HCl dư thu được khí A và 2,54g chất rắn B. Biết trong hợp kim này khối lượng Al gấp 4,5 lần khối lượng Mg. Thể tích khí A là (lit): A. 7,84 B. 5,6 C. 5,8 C. 6,2 D.Không xác định được. Giải: mMg+Al = 9,14 - mCu = 9,14 - 2,54 = 6,6(g) tương ứng 1 phần khối lượng Mg và 4,5 phần khối lượng Al � Khối lượng Mg = 1,2g Khối lượng Al = 5,4 g. nMg = 0,05 mol; nAl = 0,2 mol. Mg +2H+ � Mg2+ + H2 3 Al + 3H+ � Al3+ + H 2� 2 VH 2 là 7,84 lít (đktc). Đáp án A. Bài 4: Để thu lấy Ag tinh khiết từ hỗn hợp X (gồm a mol Al 2O3, b mol CuO, c mol Ag2O). Người ta hoà tan X bởi dung dịch chứa (6a+2b+2c) mol HNO 3 được dd Y; sau đó thêm (giả thiết các phản ứng đạt hiệu suất 100%) A. c mol bột Al vào Y B. c mol bột Cu vào Y C. 2c mol bột Al vào Y D. 2c mol bột Cu vào Y Giải: Dung dịch Y có 2a mol Al(NO3)3, b mol Cu(NO3)2, 2c mol AgNO3 cho Cu Cu + 2AgNO3 � Cu(NO3)2 + 2Ag c 2c Đáp án: B Bài 5: Để nhận biết ba axit đặc nguội: HCl, H 2SO4, HNO3 đựng riêng biệt trong ba lọ bị mất nhãn ta dùng thuốc thử là: 13 Trường THPT HỒNG BÀNG D. Cu Trần Thị Thu Phương A. Fe B. CuO Giải: Đáp án D. C. Al Bài 6: Cho luồng khí H2 (dư) qua hỗn hợp các oxit CuO, Fe 2O3, ZnO, MgO rồi nung ở nhiệt độ cao. Sau phản ứng hỗn hợp rắn còn lại là: A. Cu, Fe, Zn, MgO B. Cu, Fe, ZnO, MgO C. Cu, Fe, Zn, Mg D. Cu, FeO, ZnO, MgO Giải: Đáp án A Bài 7: Cho m gam hỗn hợp Mg và Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit H2SO4 0,5M thu được 5,32 lit H2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích của dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là: A. 1 B. 6 C. 7 D.2 Giải: V=0,25 lít nHCl = 1.0,25 = 0,25 � nH  0, 25(mol )  nH 2 SO4  0,5.0, 25  0,125(mol ) � nH   0, 25( mol ) � nH   0,5(mol ) nH 2  5,32  0, 2375( mol ) 22, 4 nH  bị khử = 0,2375.2 = 0,475 (mol) Vậy nH  còn dư = 0,5-0,475 = 0,025(mol) [H+] = 0, 025  0,1  10 1 22, 4 pH=1 => Đáp án A Bài 8:Hoà tan hoàn toàn 2,81g hỗn hợp gồm Fe 2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H 2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là bao nhiêu gam? A. 6,81 B. 4,81 C. 3,81 D. 5,81 Giải: nH 2 SO4  0,1.0,5  0, 05( mol ) mO2  nO 2 .16; nO2  nH 2 SO4 mmuối = moxit + mSO42  mO 2 = 2,81 + 0,05.96 - 0,05.16 = 6,81(g) � Đáp án A Bài 9: Cho 22,4g Fe tác dụng với dung dịch HNO3 loóng, dư, sau khi phản ứng kết thúc tạo ra 0,1 mol NO và a mol NO2 (sản phẩm khử HNO3 chỉ tạo NO và NO2). Giỏ trị của a là: A. 0,5 B. 0,3 C. Đáp án khác D. 0,9 Giải: nFe  22, 4  0, 4(mol ) ; Fe-3e � Fe3+ 56 mol +5 N +1e � N+4 (NO2) 0,4 1,2 14 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương a a Ta có: 0,3 + a = 1,2 a = 0,9 � Đáp án: D Bài 10 (Đề thi đại học năm 2007). Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bỡnh chứa 1,4 lớt dung dịch brom 0,5 M. Sau khi phản ứng hoàn toàn số mol brom giảm đi một nửa và khối lượng bỡnh brom tăng thêm 6,7 g. CTPT của 2 hiđrocacbon là : A. C2H2 và C4H6 C. C3H4 và C4H8 B. C2H2 và C4H8 D. C2H2 và C3H8 Giải nhỗn hợp = 0,2 (mol) , nBrom = 0,7 (mol) Lượng brom giảm đi 1/2 nghĩa là số mol brom phản ứng là 0,35 mol. CnH2n + 2 –2a + a Br2  CnH2 n + 2 – 2 a Br2a 0,2 0,35 a = 1,75 . 14n + 2 – 3,5 = 6,7 : 0,2 = 33,5 � Nghiệm hợp lớ : B 14n = 35 n = 2,5 Bài 11 (Đề thi ĐH năm 2007) Một hiđrocacbon X cộng hợp với HCl theo tỉ lệ mol 1:1 tạo sản phẩm có thành phần khối lượng clo là 45,223%. Công thức phân tử của X là : A. C3H6 B. C3H4 C. C2H4 D. C4H8 Giải CxHy + HCl  CxHy+1Cl 35,5 12x + y +36,5 45,223 100 12x + y + 36,5 = (35,5.100) : 45,223 = 78,5 12x + y = 42  x = 3; y = 6 Đáp án A. Bài 12 Ba hiđrocacbon A, B, C kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng ankan, biết tỉ số khối lượng phân tử C và A là 29 : 15. Khi đốt cháy hết 0,2 mol B, sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư. Thu được số gam kết tủa là : A.50 B. 60 C.80 D.Kết quả khác Giải Đặt A là CnH2n+2 C là CnH2n+2 + 2(CH2) Theo giả thiết (14n +2 + 28) : (14n + 2) = 29 : 15 n=2 Công thức của B là C3H8 . 0,2 mol B  0,6 mol CO2  0,6 mol CaCO3 Đáp án B Bài 14. (Đại học năm 2007) Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10.Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với H2 bằng 19. Công thức phân tử của X là : A. C3H8 B. C3H6 C. C4H8 D. C3H4 Giải CxHy + (x + y/4) O2  x CO2 + y/2 H2O 15 Trường THPT HỒNG BÀNG Trần Thị Thu Phương a a(x + y/4) xa Hỗn hợp Z gồm O2 dư và CO2 Mol O2 dư = 10a – xa – ay/4 Mol CO2 = xa Khối lượng trung bình của hỗn hợp = 38  {(10a – xa – ay/4)32 + xa.44} : (10a – xa – ay/4 + xa) = 38  12ax + 1,5ya = 60a  12x + 1,5y = 60  x = 4; y = 8 Đáp án C PHẦN III : HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 1. Chất lượng giải các bài tập trắc nghiệm tăng lên rõ rệt. 2. Giúp học sinh củng cố các kiến thức cơ bản một cách có cơ sở khoa học. 3. Nâng cao tư duy của học sinh. 4. Giúp đồng nghiệp nâng cao chất lượng chuyên môn. PHẦN IV:KẾT LUẬN 1. Về mặt nhận thức: Giúp cho cả học sinh và giáo viên có được kết quả tốt trong học tập và giảng dạy. 2. Rèn luyện cho học sinh tiếp cận với các phương pháp để giải bài toán trắc nghiệm Tuy nhiên, với kinh nghiệm còn chưa nhiều nên việc trinh bày chắc sẽ còn nhiều hạn chế, cú thể chưa thật hoàn toàn phù hợp với tình hình thực tế. Nhưng đó chính là những ý tưởng, ước mơ lớn nhất của tôi trong việc giúp học sinh có phương pháp học phù hợp với yờu cầu mới. Rất mong quí thầy cô quan tâm có nhiều góp ý, nhận xét bổ ích để được hoàn chỉnh và có sự sát thực hơn khi vận dụng . Xin chân thành cảm ơn ! ngày 21 tháng 12 năm 2012 Xuân Lộc : Người thực hiện Trần Thị Thu Phương 16