Tài liệu Skkn phương pháp giải nhanh một số bài tập hóa học

Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc MỞ ĐẦU I – LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hoá học là bộ môn khoa học quan trọng trong nhà trường phổ thông. Môn hoá học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản và thiết thực đầu tiên về hoá học, giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một kỹ năng cơ bản, phổ thông và thói quen học tập và làm việc khoa học làm nền tảng cho việc giáo dục xã hội chủ nghĩa, phát triển năng lực nhận thức, năng lực hành động. Có những phẩm chất cần thiết như cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu chân lí khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình, xã hội có thể hoà hợp với môi trường thiên nhiên, chuẩn bị cho học sinh lên và đi vào cuộc sống lao động. Trong môn hoá học thì bài tập hoá học có một vai trò cực kỳ quan trọng nó là nguồn cung cấp kiến thức mới, vận dụng kiến thức lí thuyết, giải thích các hiện tượng các quá trình hoá học, giúp tính toán các đại lượng: Khối lượng, thể tích, số mol... Việc giải bài tập sẽ giúp học sinh được củng cố kiến thức lí thuyết đã được học vận dụng linh hoạt kiến thức vào làm bài. Để giải được bài tập đòi hỏi học sinh không chỉ nắm vững các tính chất hoá học của các đơn chất và hợp chất đã học, nắm vững các công thức tính toán, biết cách tính theo phương trình hóa học và công thức hoá học. Đối với những bài tập đơn giản thì học sinh thường đi theo mô hình đơn giản: Như viết phương trình hoá học, dựa vào các đại lượng bài ra để tính số mol của một chất sau đó theo phương trình hoá học để tính số mol của các chất còn lại từ đó tính được các đại lượng theo yêu cầu của bài . Nhưng đối với một số dạng bài tập thì nếu học sinh chỉ áp dụng theo phương pháp thông thường thì rất mất nhiều thời gian làm bài hơn nữa lại trình bày dài dòng và khó hiểu.Qua giảng dạy tôi thấy rằng phương pháp giải nhanh các bài toán là một vấn đề rất quan trọng, cần phải giải quyết được thì mới nâng cao được chất lượng học tập của NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 1 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc học sinh, đặc biệt là học sinh giỏi. Chính vì những lý do trên mà tôi đã chọn đề tài : “ Phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập hóa học” II- MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI 1- Mục đích: - Nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy- học hoá học - Giúp cho học sinh nắm chắc được phương pháp làm nhanh một số dạng bài tập dạng từ đó rèn kỹ năng giải nhanh một số dạng bài tập hóa học - Phát huy tính tích cực và tạo hứng thú cho học sinh trong học tập đặc biệt là trong giải bài tập hoá học - Là tài liệu rất cần thiết cho việc ôn học sinh giỏi khối 9 và giúp giáo viên hệ thống hoá được kiến thức, phương pháp dạy học. 2- Nhiệm vụ: - Nêu được những cơ sở lý luận về phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học; nêu ra một số phương pháp cụ thể và nguyên tắc áp dụng cho mỗi phương pháp. - Thực trạng về trình độ và điều kiện học tập của học sinh lớp 9 đặc biệt là học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 trước và sau khi vận dụng đề tài. - Từ việc nghiên cứu vận dụng đề tài, rút ra bài học kinh nghiệm để phát triển thành diện rộng, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy đặc biệt là việc bồi dưỡng học sinh giỏi . - Một số bài tập minh hoạ III – PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Để hoàn thành tốt đề tài này tôi đã sử tôi đã vận dụng các phương pháp nghiên cứu khoa học như: - Phân tích lý thuyết, điều tra cơ bản, tổng kết kinh nghiệm sư phạm và sử dụng một số phương pháp thống kê toán học trong việc phân tích kết quả thực nghiệm sư phạm v.v.. . NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 2 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc - Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa lớp 9 và các sách nâng cao về phương pháp giải bài tập tham khảo các tài liệu đã được biên soạn và phân tích hệ thống các dạng bài toán hoá học theo nội dung đã đề ra. - Đúc rút kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy học. - Tham khảo, học hỏi kinh nghiệm của một số đồng nghiệp . - Áp dụng đề tài vào chương trình giảng dạy đối với học sinh lớp 9 đại trà và ôn thi học sinh giỏi CHƯƠNG I : TỔNG QUAN I- Cơ sở lí luận. Như chúng ta đã biết các bài tập hoá học rất phong phú và đa dạng. Mỗi dạng bài tập hoá học đều có nguyên tắc riêng và có phương pháp giải đặc trưng riêng. Tuy nhiên do việc phân loại các bài tập hoá học chỉ mang tính tương đối, vì vậy trong mỗi loại bài tập loại này thường chứa đựng một vài yếu tố của loại bài tập kia. Điều đó giải thích tại sao có nhiều bài toán hoá học giải được bằng nhiều cách giải khác nhau. Để giải được một bài toán không phải chỉ đơn thuần là giải ra đáp số mà việc biết giải khéo léo, tiết kiệm được thời gian mà vẫn cho kết quả chính xác mới là điều quan trọng. Về nguyên tắc, muốn giải nhanh và chính xác một bài toán hoá học thì nhất thiết học sinh phải hiểu sâu sắc nội dung và đặc điểm của bài toán đó, nắm vững các mối quan hệ giữa các lượng chất cũng như tính chất của các chất, viết đúng các phương trình phản ứng xảy ra. Thực tế có rất nhiều bài toán rất phức tạp: các dữ kiện đề bài cho ở dạng tổng quát , hoặc không rõ, hoặc thiếu nhiều dữ kiện …tưởng chừng như không bao giờ giải được. Muốn giải chính xác và nhanh chóng các bài toán loại này thì phải chọn một phương pháp phù hợp nhất ( phương pháp giải thông minh ). NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 3 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc Tôi nghĩ, giáo viên giảng dạy môn hóa học đặc biệt là giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi sẽ không đạt được mục đích nếu không biết chọn lọc những phương pháp giải toán thông minh, nêu ra đặc điểm của phương pháp và nguyên tắc áp dụng. Các phương pháp này là cẩm nang giúp học sinh biết tìm hướng giải dễ dàng, hạn chế tối đa những sai lầm trong quá trình giải bài tập, đồng thời phát triển tìm lực trí tuệ cho học sinh ( thông qua các bài tập tương tự mẫu và các bài tập vượt mẫu ). Trong phạm vi của đề tài này, tôi xin được mạn phép trình bày kinh nghiệm bồi dưỡng một số phương pháp giải nhanh các bài tập hoá học. Nội dung đề tài được sắp xếp theo 5 chủ đề, mỗi chủ đề có nêu nguyên tắc áp dụng và các ví dụ minh hoạ. Sau đây là tên một số phương pháp giải bài tập hoá học được thể hiện trong đề tài: 1. Phương pháp tự do chọn lượng chất. 2. Phương pháp tăng giảm khối lượng. 3. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng. 4. Phương pháp sơ đồ hợp thức. 5. Phương pháp khối lượng mol trung bình. II- Phân tích thực trạng của đề tài 1. Thực trạng chung: Khi chuẩn bị thực hiện đề tài, năng lực giải các bài toán hoá học của học sinh trường THCS Chí Tân còn rất yếu. Mặc dù đa số các em đều có sách tham khảo thậm chí một số em có rất nhiều sách tham khảo nhưng các em lại chưa biết lựa chọn mua các loại sách phù hợp , chủ yếu là sử dụng các sách “ Học tốt “ hoặc “ Bài tập nâng cao ”. Việc Giáo viên mở rộng kiến thức cho học sinh đặc biệt là kiến thức khó trong các giờ học còn hạn chế. Học sinh thường rất lúng túng khi phải gặp các bài tập phức tạp như : các dạng có dữ kiện không cơ bản (tổng quát), hoặc các bài tập quá nhiều phản ứng, hoặc các bài tập dữ kiện đề cho không rõ… 2- Điểm mới của đề tài NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 4 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc - Học sinh nắm được bản chất của phản ứng nên các em cảm thấy dễ hiểu, hiểu sâu sắc vấn đề giải thích được nguyên nhân dẫn đến các trường hợp của bài toán - Có thể áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh khối cấp 2: với học sinh đại trà, áp dụng với các đối tượng học sinh khá giỏi. - Tài liệu này có thể dùng cho các học sinh khối trung học phổ thông hoặc giáo viên có thể tham khảo. 3- Điểm hạn chế của đề tài - Đề tài khó áp dụng vào việc giảng dạy trực tiếp trên lớp mà chủ yếu áp dụng vào việc bồi phụ học sinh ngoài giờ hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi. - Đề tài chỉ đề cập một số phương phương pháp giải nhanh cơ bản. CHƯƠNG II : NỘI DUNG I. PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT. 1- Cơ sở lí thuyết. - Với các bài toán đề bài cho các lượng chất dưới dạng tổng quát ( dạng tỉ lệ mol, tỉ lệ % theo thể tích, khối lượng , hoặc các lượng chất đề bài cho đều có chứa chung một tham số : m (g), V(l), x(mol)…) thì các bài toán này sẽ có kết quả không phụ thuộc vào lượng chất đã cho. - Phương pháp tối ưu nhất là tự chọn một lượng chất cụ thể theo hướng có lợi cho việc tính toán, biến bài toán từ phức tạp trở nên đơn giản. Sau khi đã chọn lượng chất thích hợp thì bài toán trở thành một dạng rất cơ bản, việc giải toán lúc này sẽ thuận lợi hơn rất nhiều. Chú ý: Nếu bài toán khảo sát về % m ( hoặc % V ) của hỗn hợp thì nên coi hỗn hợp có khối lượng 100 gam ( Quy về 100 ). Trong các phản ứng hoá học thì thường chọn số mol chất bằng hệ số trong PTHH. 2 – Ví dụ : * Ví dụ 1 : NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 5 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc Cho m gam hỗn hợp Na và Fe tác dụng hết với axít HCl. Dung dịch thu được cho tác dụng với Ba(OH)2 dư rồi lọc lấy kết tủa tách ra , nung trong không khí đến lượng không đổi thu được chất rắn nặng m gam. Tính % lượng mỗi kim loại ban đầu ? Gợi ý HS GV giúp HS phát hiện đượcđây là dạng bài đề cho ở dạng tổng quát và chú ý các dữ kiện : hỗn hợp tác dụng hết với axit HCl, dung dịch thu được tác dụng với Ba(OH)2 dư, nung kết tủa đến lượng không đổi... Giải PTHH xảy ra khi cho m gam hỗn hợp Na và Fe tác dụng với HCl : 2Na + 2HCl �� � 2NaCl + H2  (1) Fe �� � 2FeCl2 + H2 (2) + 2HCl PTHH xảy ra khi cho dung dịch thu được tác dụng với Ba(OH)2 dư: FeCl2 + Ba(OH)2 �� � Fe(OH)2 + BaCl2 (3) PTHH xảy ra khi nung kết tủa trong không khí : 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + �� � 4H2O (4) Gọi m = mFe + mNa = 100gam Theo đề bài � mFe O  100gam � n Fe O  2 3 2 3 100  0,625mol 160 - Theo PTHH (4): n Fe(OH )  2.n Fe O  2.0,625  1,25 mol 2 2 3 - Theo PTHH (3): n FeCl  n Fe(OH)  1,25 mol 2 2 - Theo PTHH (2): n Fe  n FeCl  1,25 mol � mFe  1,25.56  70 gam 2 - Vậy: %Fe = 70% % Na = 30%. * Ví dụ 2: Hoà tan một lượng oxit của kim loại R vào trong dd H2SO4 4,9% ( vừa đủ ) thì thu được một dung dịch muối có nồng độ 5,87%. Xác định CTPT của oxit kim loại. Gợi ý HS: NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 6 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc GV: Chỉ cho HS thấy đây là trường hợp lượng chất đề cho ở dạng tổng quát ( dạng tỉ lệ % ), vì vậy bài này có thể được tự do chọn lượng chất. HS : Đề xuất cách chọn lượng chất : chọn mdd H2SO4  100 gam hoặc giả sử có 1 mol oxit đã tham gia phản ứng. Giải : Đặt công thức tổng quát của oxit là R2Ox ( x là hoá trị của R ) Giả sử hoà tan 1 mol R2Ox R2Ox +  R2 (SO4)x xH2SO4 1mol x(mol) (2MR + 16x) g 98x (g) + xH2O 1mol (2MR + 96x)g Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mdd sau pö  (2 M R  16 x)  98.x � 100  (2 M R  2016 x)g 4 ,9 Phương trình nồng độ % của dung dịch muối là : 2 M R  96 x 100% 5,87 2 M R  2016 x suy ra ta có MR = 12x Vì x là hoá trị của kim loại trong oxit bazơ nên : 1 x  4 Biện luận: x 1 2 3 4 MR 12 24 36 48 Vậy kim loại là Mg ; oxit kim loại là : MgO * Ví dụ 3 : Cho a gam dung dịch H2SO4 loãng nồng độ C% tác dụng hoàn toàn với hỗn hợp 2 kim loại K và Fe ( Lấy dư so với lượng phản ứng ). Sau phản ứng, khối lượng khí sinh ra là 0,04694 a (g). Tìm giá trị C% ? Gợi ý HS : NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 7 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc GV : gợi ý cho HS phát hiện ra vì kim loại lấy dư nên toàn bộ lượng axit và nước trong dung dịch đều phản ứng. Các lượng chất đều cho dưới dạng tổng quát ( chứa chung tham số a ), vì vậy bài toán sẽ không phụ thuộc vào lượng a (gam ). HS : Nêu cách chọn lượng chất : chọn a = 100 gam. Giải : � mH SO  c ( gam) � 2 4 mH 2O  100  c( gam) � � mH 2  4, 694( gam) �  Giả sử a = 100 g Vì hỗn hợp kim loại Fe, Na lấy dư nên xảy ra các phản ứng sau : 2K + H2SO4 �� � K2SO4 + H2  (1) Fe + H2SO4 �� � FeSO4 + H2  (2) 2K (dư)+ 2H2O �� � 2KOH H2  + (3) Theo các ptpư (1),(2),(3) ta có : �n H2 1  �nH 2 SO4  � nH 2O 2  31 C = 760 �  C 1 100  c 4, 694 + � ( ) 98 2 18 2 C = 24,5 Vậy nồng độ dung dịch H2SO4 đã dùng là C% = 24,5% 3 . Bài tập áp dụng. Bài 1. Hỗn hợp gồm NaCl, KCl (hỗn hợp A) tan trong nước thành dung dịch. Thêm AgNO3 dư vào dung dịch này thấy tách ra một lượng kết tủa bằng 229.6% so với A. Tìm % mỗi chất trong A. Đáp án : %NaCl  70,2% � � %KCl  100%  70,2%  29,8% � Bài 2. NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 8 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc Hỗn hợp chứa Fe, FeO, Fe2O3. Nếu hoà tan a gam hỗn hợp bằng HCl dư thì lượng H2 thoát ra bằng 1% lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Nếu khử a gam hỗn hợp bằng H2 nóng, dư thì thu được 1 lượng nước bằng 21,15% lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Xác định % mỗi chất trong hỗn hợp. Đáp án : %Fe  28% � � %FeO  35,8% � � %Fe2O3  36,2% � Bài 3. Hỗn hợp gồm CaCO3 lẫn Al2O3 và Fe2O3 trong đó Al2O3 chiếm 10,2%, Fe2O3 chiếm 9,8%. Nung hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu được chất rắn có lượng bằng 67% lượng hỗn hợp ban đầu. Tính % lượng chất rắn tạo ra. Đáp án : 10,2 .100%  15,22% 67 9,8 %Fe2O3  .100%  14,62% 67 %Al 2O3  5 .100%  7,4% 67 %CaO  62,6% %CaCO3  II. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 1- Cơ sở lí thuyết. Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào sự tăng hoặc giảm khối lượng trong quá trình làm biến đổi chất này thành chất khác. Về bản chất phương pháp này dựa trên cơ sở của định luật bảo toàn khối lượng, vì vậy trong nhiều tài liệu dạy học hoá học nhiều tác giả ví phương pháp này và phương pháp bảo toàn khối lượng như “anh em sinh đôi”. -Phương pháp chung: +) Tìm độ tăng ( hoặc giảm ) khối lượng theo PTHH ( m2 ) NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 9 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc ( m1 ) +) Tìm độ tăng ( hoặc giảm ) khối lượng theo đề +) Suy luận để tìm số mol của các chất phản ứng và chất sản phẩm, hoặc có thể tìm nhanh số mol của một chất A theo công thức sau : nA  ñoä taêng theo ñeà (m1 ) �heä soá ñoä taêng theo ptpö (m2 ) Như vậy nếu biết độ tăng ( giảm ) khối lượng theo đề bài thì ta luôn tìm được số mol của các chất trong phản ứng ( và ngược lại ). Còn khối lượng tăng ( giảm ) theo phương trình thì luôn tìm được, kể cả các trường hợp chưa biết CTHH của chất tham gia và chất sản phẩm. 2- Ví dụ : * Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại thuộc phân nhóm IIA ở 2 chu kỳ liên tiếp của bảng tuần hoàn trong dung dịch axit HCl, sau phản ứng thu được một dung dịch X và 6,72 lít khí Y ( đktc). Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan. Xác định 2 kim loại. Gợi ý HS : GV: Đây là bài toán rất quen thuộc mà HS có thể giải bằng phương pháp bảo toàn khối lượng hoặc phương pháp ghép ẩn số. Tuy nhiên muốn giải nhanh chóng thì nên dùng phương pháp tăng giảm. HS: Viết PTHH dạng tổng quát và tìm độ tăng khối lượng của muối theo PTHH. Giải: Đặt công thức tổng quát cho hỗn hợp muối cacbonat là : M CO3 ( M là khối lượng mol trung bình của 2 kim loại nhóm IIA ) Phương trình phản ứng: NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 10 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc M CO3 + 2HCl �� � M Cl2 1mol  ( M+ + H2O + 1mol 60)g CO2  1mol ( M + 71)g Theo ptpư : Cứ 1mol muối cacbonat chuyển thành 1mol muối clorua thì khối lượng muối tăng lên : 71 - 60 = 11 gam Vậy số mol CO2 = số mol M CO3 = m  28, 4 6 , 72   0 ,3 mol 11 22 , 4 Suy ra : m  11 �0,3  28, 4  31, 7gam Vậy khối lượng muối khan thu được là 31,7 gam b)Khối lượng mol trung bình của 2 muối cacbonat là : 28, 4  94 ,67 0 ,3 � M =94,67 - 60 = 34,67 Hai kim loại nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ liên tiếp có M = 34,67 nên phải là Mg(24) và Ca(40). * Ví dụ 2: Thả một thanh kim loại Pb vào trong dung dịch muối nitrat của kim loại hoá trị II, đến khi lượng Pb không đổi nữa thì lấy ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng của nó giảm 28,6 gam. Thả tiếp thanh Fe nặng 100g vào phần dung dịch còn lại. Đến khi lượng Fe không đổi nữa thì lấy kim loại khỏi dung dịch, làm khô cân nặng 130,2 gam. Tìm công thức của muối nitrat ban đầu. Gợi ý HS: -Do lượng kim loại ở 2 phản ứng đã không đổi được nữa nên R(NO3)2 và Pb(NO3)2 đã phản ứng hết.Suy ra số mol Pb(NO3)2 ở 2 phản ứng bằng nhau. -Bài toán này vẫn có thể giải được bằng phương pháp đại số kết hợp với ghép ẩn số. Giải: Đặt công thức muối nitrat ban đầu là R(NO3)2 Các phương trình phản ứng: NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 11 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc R(NO3)2 + Pb �� � Pb(NO3)2 + R (1) Pb(NO3)2 + Fe �� � Fe(NO3)2 + Pb (2) Từ đề bài nhận thấy : Lượng muối ở 2 phản ứng đều đã phản ứng hết Theo (1): do khối lượng kim loại giảm 28,6 gam, nên : nPb ( NO3 )2  2,86 (mol) 207  R Theo (2): do khối lượng kim loại tăng 130,2 -100 =30,2 gam, nên : nPb ( NO3 )2  3, 02 = 0,2 (mol) 207  56 Suy ra ta có : 28, 6 = 0,2 207  R � R = 64 ( Cu ) Vậy công thức phân tử của muối nitrat : Cu(NO3)2 3.Bài tập áp dụng. Bài 1. Hoà tan 20gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hoá trị 1 và 2 bằng dung dịch HCl dư thu được dung dịch X và 4,48 lít khí (ở đktc) tính khối lượng muối khan thu được ở dung dịch X. Đáp số : M(Muối khan) = 20 + 2,2 = 22,2 (gam) Bài 2. Ngâm một lá đồng trong 20 ml dung dịch AgNO3 cho tới khi đồng không thể tan thêm được nữa. Lấy đồng ra, rửa nhẹ và cân thấy lá đồng tăng thêm 1,25 gam. Hãy xác định nồng độ mol của dung dịch AgNO3 đã dùng (giả sử toàn bộ lượng bạc giải phóng bám hết vào lá đồng). Đáp số : � C M (AgNO3 )  0, 02  1M 0, 02 Bài 3. Nhúng một thanh sắt nặng 8 gam vào 500 ml dung dịch CuSO 4 2M. Sau một thời gian lấy lá sắt ra cân lại thấy nặng 8,8 gam. Xem thể tích dung NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 12 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc dịch không thay đổi thì nồng độ mol/lit của CuSO 4 trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu? Đáp số : CM CuSO 4 = 0,9 0,5 = 1,8 M III. PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ , BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 1- Cơ sở lí thuyết. Trong các phản ứng hoá học, “ tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố hoặc nhóm nguyên tử trước phản ứng và sau phản ứng luôn bằng nhau” Ý nghĩa của phương pháp : Phương pháp này giúp giải nhanh các bài toán có nhiều biến đổi hoá học phức tạp hoặc các bài tập hỗn hợp phức tạp, chẳng hạn : các bài toán xảy ra phản ứng giữa các hỗn hợp muối, axit, bazơ … Ví dụ : Phản ứng trung hoà hỗn hợp axit với hỗn hợp bazơ được biểu diễn tổng quát: yR(OH)x + xHyE �� � RyEx + xyH2O Theo PTPƯ ta có : nH (cuûa axit) = nOH (cuûa bazô) = nH2O Vì vậy khi biết được số mol của nhóm - OH thì tìm được số mol H trong axit , số mol H2O và ngược lại. 2- Ví dụ : * Ví dụ 1: Có 190 ml dung dịch chứa đồng thời KOH và Ba(OH) 2 có nồng độ tương ứng là 3M và 4M. Tính thể tích dung dịch Axit chứa đồng thời HCl 1,98M và H2SO4 1,1M đủ để trung hoà lượng dung dịch kiềm trên. Gợi ý HS: NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 13 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc Có thể giải bài toán bằng phương pháp ghép ẩn số, tuy nhiên phương pháp này rất phức tạp.Vì vậy cần sử dụng phương pháp tính theo nhóm -OH và theo -H Tìm số mol của KOH và Ba(OH)2, Suy ra số mol (OH);suy luận theo PTHH để tìm số mol H ( của axit ). Giải: Ta có : nBa (OH )2  4.190  0,76 mol 1000 ; nKOH  3.190  0,57 mol 1000 Suy ra : n( OH )  2.nBa (OH )2 + nKOH  2.0,76  0,57  2,09 mol Các phương trình phản ứng: KOH + HCl 2KOH + H2SO4 �� � K2SO4 Ba(OH)2 + � 2HCl �� Ba(OH)2 + H2SO4 �� � BaSO4 Theo các ptpư :  �� � KCl + BaCl2 + + + H2 O H2 O 2H2O 2H2O nH (cuûa axit) = nOH (cuûa bazô) = 2,09 mol (1) Đặt V (l) là thể tích dung dịch Axit nH2SO4 + nHCl  2 � 1,1V+1,98V= 4,18V (mol)  nH (cuûa axit) = 2 � Từ (1),(2) ta có : 4,18 V = 2,09  (2) V = 0,5 lít * Ví dụ 2 : Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho vào dung dịch đó 43 gam hỗn hợp BaCl 2 và CaCl2 , sau khi kết thúc phản ứng thì thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. a.Chứng minh hỗn hợp muối clorua đã phản ứng hết. b.Tính % khối lượng của các chất có trong kết tủa A. Gợi ý HS: NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 14 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc Để chứng minh muối clorua phản ứng hết ta phải chứng minh hỗn hợp muối cacbonat còn dư. Tức là số mol gốc CO 3 phản ứng < số mol gốc CO3 ban đầu. Trong hỗn hợp Na2CO3 và (NH4)2CO3 thì số mol CO3 = tổng số mol 2 muối ( vì 1 mol mỗi muối đều có 1 mol CO3 ) Giải: Từ công thức Na2CO3 và (NH4)2CO3  ngoác CO3 (ban ñaàu)  �n2muoái  0,1  0, 25 = 0,35 mol Đặt RCl2 là công thức đại diện cho hỗn hợp BaCl 2 và CaCl2 . Ta có các PTPƯ : Na2CO3 + RCl2 �� � 2NaCl + RCO3  (1) (NH4)2CO3 + RCl2 �� � 2NH4Cl + RCO3  ( 2) Từ (1), (2) nhận thấy : Cứ 1 mol muối clorua biến thành RCO3 thì khối lượng giảm 71 –60 =11 g Do đó : n CO3 ( p.öùng)  �nNa2CO 3  n( NH 4 )2 CO 3  43-39,7  0,3mol < 0,35 11 Vậy lượng (CO3 ) còn dư nên hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 đã phản ứng hết. Gọi x, y là số mol của BaCO3 và CaCO3 trong kết tủa A, ta có: 197 x  100 y  39, 7 � A � �x  y  0,3 Vậy : %mBaCO  3 �x=0,1 � � �y  0, 2 0,1� 197 � 100  49, 62% 39,7 � %mCaCO3 =50,38% *Ví dụ 3 : Để m gam một phoi bào sắt (rắn A ) ngoài không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm sắt và các oxit của sắt. Cho B tác dụng hoàn toàn với HNO 3 loãng thấy giải phóng 2,24 lít khí NO ( đktc). a.Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 15 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc b.Xác định m. Gợi ý HS: Ta có thể xác định sơ đồ phản ứng: Fe  Fex O y Fe(dö)  HNO3 ���� Fe(NO3)3 + NO + H2O số mol Fe trong muối = số mol Fe ( ban đầu ) số mol HNO3 ( pư) = số mol NO + số mol N trong Fe(NO3)3 Giải : 2Fe + O2  2FeO (1) 4Fe + 3O2  2Fe2O3 (2) 3Fe + 2O2  Fe3O4 (3) Rắn B : FeO ; Fe2O3 ; Fe3O4 ; Fe Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO  + 2H2O (4) 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO  + 5H2O (5) 3Fe3O4 + Fe2O3 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 6HNO3  2Fe(NO3)3 + NO  + 14H2O + 3H2O (6) (7) Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO3)3 Số mol của Fe ( bđ ) = số mol muối Fe3+ = a (mol) Từ các ptpư :  naxit = 3.n muối + nNO = 3a + 0,1 = 2.n H O 2 b. Theo định luật BTKL ta có : (3a + 0,1).63 = 242a + 0,1 30 + (1,5a + 0,05 ) 18 Giải ra được : a = 0,18 mol  m = 10,08 gam 3. Bài tập áp dụng . Bài 1 : Cho 7,8 gam hỗn hợp kim loại Al và Mg tác dụng với HCl thu được 8,96 lít H2 (ở đktc). Hỏi khi cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan. Đáp án : NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 16 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc mmuối khan = 36,2 gam Bài 2 : Hoà tan hoàn toàn 3,22g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng, thu được 1,344 lit hiđro (ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Tính m? Đáp án : m = 8,98 gam Bài 3 : Khử 3,48 g một oxit của kim loại M cần dùng 1,344 lít H 2. Toàn bộ lượng kim loại thu được cho tác dụng với HCL dư thu được 1,008 lít H 2 (đktc). Xác định kim loại M và oxit của nó ? Đáp án : Kim loại : Fe Oxit : Fe3O4 IV. PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ HỢP THỨC 1- Cơ sở lí thuyết. Đây là phương pháp được vận dụng chủ yếu cho việc giải các bài toán chứa nhiều PTPƯ nối tiếp nhau ( quan hệ bởi các chất trung gian ). Ngoài ra phương pháp này vẫn được sử dụng rất hiệu quả trong các trường hợp bài toán có nhiều PTPƯ diễn ra song song ( không có chất trung gian ) nếu biết tỉ lệ về lượng của các chất ở 2 phản ứng khác nhau. Phương pháp chung: +) Nếu các phản ứng nối tiếp nhau thì lập một sơ đồ hợp thức chuyển hoá giữa các chất đề cho và chất đề hỏi. +) Nếu các phản ứng song song mà biết được tỉ số mol của 2 chất ở 2 phản ứng khác nhau thì có thể nhập 2 PTPƯ thành một PTPƯ, lúc này việc tính toán sẽ nhanh và đơn giản. Chú ý : Khi nhập các phương trình phản ứng thành một phương trình phản ứng thì phải chọn hệ số của các chất phù hợp với tỉ lệ mol đã ch NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 17 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc 2- Ví dụ : * Ví dụ 1: Sục 0,672 lít khí CO2 ( đktc) vào trong V (lít) dung dịch Ca(OH)2 0,015M đến khi phản ứng hoàn toàn thì thu được 1 muối không tan và 1 muối tan có tỉ lệ mol 2 : 1. Tìm V. Gợi ý HS: Có thể dùng phương pháp đại số ( đặt số mol muối tan và muối KT lần lượt là x mol, 2x mol ) Ta có thể giải nhanh bài toán bằng cách nhập 2 phản ứng thành 1 phản ứng theo tỉ lệ mol của muối là 2: 1 Giải: Soá mol cuûa CO2 = 0,672  0, 03 mol 22,4 Các phương trình phản ứng xảy ra: : CO2 + Ca(OH)2 �� � CaCO3  + H2O (1)  2 2CO2 + Ca(OH)2 �� � Ca(HCO3 )2 (2) Vì tỉ lệ mol CaCO3 : Ca(HCO3)2 = 2 : 1 nên ta có phương trình phản ứng chung: + 3Ca(OH)2 �� � 2CaCO3  + Ca(HCO3)2 + 4CO2 4mol 2H2O 3mol 0,03 mol  0,0225 mol Vậy thể tích của dung dịch Ca(OH)2 0,015 M đã dùng là : V Chú ý : n 0, 0225   1,5 lít CM 0, 015 Nếu 0,672 lít khí là của hỗn hợp CO 2 và SO2 thì đặt công thức chung của 2 oxit là RO2 và bài toán vẫn được giải nhanh chóng và đơn giản. Ví dụ 2: NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 18 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc Hoà tan hoàn toàn 10,8 gam kim loại Al vào trong dung dịch HNO 3 thì sau phản ứng thu được một dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm 2 khí NO và N2O có tỉ khối đối với khí Hiđro bằng 19,2. Tính thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp Y ( đktc). Gợi ý HS: Từ dữ kiện : dY / H � M hh 2  tỉ lệ số mol của 2 khí ( bằng phương pháp đại số hoặc theo phương pháp đường chéo) Biết được tỉ số mol của 2 khí ta có thể xác nhập 2 phản ứng thành một phản ứng Từ PTPƯ : Biết số mol Al  số mol của các chất khí. Giải: Vì dY / H 2 = 19,2 � M hh  19, 2 �2  38, 4 gam/mol Ta có sơ đồ đường chéo: Khí 1(NO): n1 30 5,6 38,4 Khí 2(N2O): Suy ra ta có : n2 44 8,4 n1 5, 6 2   n2 8, 4 3 Các phương trình phản ứng : Al + 4HNO3 �� � Al(NO3)3 + 8Al + 30HNO3 �� � 8Al(NO3)3 + NO + (1)  2 2H2O 3N2O + 15H2O (2) Vì tỉ lệ mol NO : N2O = 2 : 3 nên tổng hợp (1) và (2)ta có ptpư: 10Al + 38HNO3 �� � 10 Al(NO3)3 + 2NO + 3N2O + 19H2O (3) Theo phương trình (3) ta có : NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 19 Ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh mét sè d¹ng bµi tËp hãa häc 1 1 10,8 nNO  � nAl  �  0, 08 mol 5 5 27  VNO = 0,08  22,4 = 1,792 lít ; 3 2 1,792  2,688 lít suy ra : VN O  � 2 3- Bài tập áp dụng. Bài 1: Đốt cháy hoàn toàn 12 g Mg trong không khí được chất rắn A. Cho A phản ứng hết với dung dịch HCl thu được m gam muối. Tìm m ? Đáp số : m = 59,5 gam Bài 2 : Trộn một dung dịch có hoà tan 0,2 mol CuCl 2 với một dung dịch có hoà tan 20g NaOH. Lọc hỗn hợp các chất sau phản ứng, được kết tủa và nước lọc. Nung kết tủa đến lượng không đổi. a. Viết các PTHH. b. Tính khối lượng chất rắn thu được sau khi nung. Đáp số : mCuO =16 gam V. PHƯƠNG PHÁP KHỐI LƯỢNG MOL TRUNG BÌNH 1- Cơ sở lí thuyết. Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào việc tính khối lượng mol trung bình của một hỗn hợp. Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp được xác định theo công thức: M �m �n hh  hh n1M1  n2 M2  ... n1  n2  ... +) Đối với hỗn hợp khí thì có thể thay các số mol n1,n2 … bằng thể tích hoặc % thể tích. NguyÔn Thµnh §¹t - THCS ChÝ T©n - Kho¸i Ch©u - Hng Yªn 20