Skkn phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập hóa học hữu cơ thường gặp ở trường thpt

  • Số trang: 24 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 15 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong ch¬ng tr×nh THPT, Ho¸ häc lµ bé m«n khoa häc tù nhiªn cã vai trß quan träng trong nhµ trêng phæ th«ng. M«n ho¸ häc cung cÊp cho häc sinh mét hÖ thèng kiÕn thøc phæ th«ng, c¬ b¶n vµ thiÕt thùc ®Çu tiªn vÒ ho¸ häc, rÌn cho häc sinh ãc t duy s¸ng t¹o vµ kh¶ n¨ng trùc quan nhanh nh¹y. V× vËy gi¸o viªn bé m«n ho¸ häc cÇn h×nh thµnh ë c¸c em mét kü n¨ng c¬ b¶n, thãi quen häc tËp vµ lµm viÖc khoa häc lµm nÒn t¶ng ®Ó c¸c em ph¸t triÓn kh¶ n¨ng nhËn thøc vµ n¨ng lùc hµnh ®éng. H×nh thµnh cho c¸c em nh÷ng phÈm chÊt cÇn thiÕt nh cÈn thËn, kiªn tr×, trung thùc, tØ mØ, chÝnh x¸c, yªu thÝch khoa häc. Nhằm đạt được mục tiêu đào tạo ra thế hệ những người lao động đáp ứng nhu cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước, ngành giáo dục đào tạo phải tiến hành đổi mới trên mọi mặt: nội dung, phương pháp, hình thức, phương tiện,… Trong đó, trọng tâm là đổi mới phương pháp, đổi mới phương tiện là quan trọng. Công cuộc đổi mới PPDH và phương tiện dạy học (PTDH) đã được Nghị quyết Trung ương 2 khóa VIII chỉ rõ: “Đổi mới PPDH – đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo cho người học, từng bước áp dụng phương pháp tiên tiến và phương tiện hiện đại vào dạy học, đảm bảo điều kiện và thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh” Trong đổi mới hoạt động dạy học hóa học, vai trò của BTHH đặc biệt quan trọng nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ của bộ môn hóa học, đi tới mục tiêu nâng cao một bước cơ bản chất lượng học tập cho học sinh (HS), tạo ra một môi trường giáo dục mang tính tương tác cao chứ không đơn thuần chỉ là “thầy đọc, trò chép” như kiểu truyền thống, HS được khuyến khích và tạo điều kiện để chủ động tìm kiếm tri thức, sắp xếp hợp lý quá trình tự học tập, tự rèn luyện của bản thân mình. Hóa học là môn khoa học thực nghiệm, do đó dạy và học hóa học không chỉ dừng lại ở việc truyền đạt và lĩnh hội kiến thức khoa học mà còn phải nâng cao tính thực tiễn của môn học: rèn luyện các kỹ năng, kỹ xảo thực hành, nâng cao khả năng vận dụng kiến thức hóa học vào thực tiễn sản xuất. Trong dạy học hóa học, bài tập hóa học (BTHH) là nguồn quan trọng để HS thu nhận kiến thức, củng cố khắc sâu những lí thuyết đã học phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, nâng cao năng lực nhận thức. Tuy nhiên việc bố trí thời lượng trong làm bài cho phần kiến thức, bài tập hóa học rất ít đặc biệt với các bài tập trắc nghiệm. Do vậy đa số học sinh THPT hiện nay gặp rất nhiều khó khăn trong việc phân loại và tìm ra phương pháp giải phù hợp theo yêu cầu của ngành giáo dục về “Đổi mới phương thức kiểm tra đánh giá chất lượng học sinh trong dạy học hóa học ở trương THPT” theo đó các bài tập được ra theo hướng tăng cường bản chất hóa học hạn chế những tính toán quá phức tạp trong một bài tập, vì vậy học sinh cần nắm được bản chất hóa học của đề bài để từ đó đưa ra phương pháp giải tối ưu nhất. Với những lý do trên, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài: “ Phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập hóa học hữu cơ thường gặp ở trường THPT ”. NỘI DUNG Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA VIỆC SỬ DỤNG PPGN BÀI TOÁN HÓA HỌC HỮU CƠ TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC 1.1. Thực trạng dạy học hóa học ở trường THPT hiện nay……...…… Đổi mới chương trình giáo dục phổ thông, mà trọng tâm là đổi mới PPDH đã thực sự được chuẩn bị từ những năm đầu của thập kỷ 90 của thế kỷ XX, đặc biệt là sau Nghị quyết số 40/2000/QH10 của Quốc hội khóa X, cho đến nay đã thực hiện được một số thành công mới: - Chú trọng tới vấn đề tăng cường hoạt động tích cực nhận thức của HS. - Khuyến khích sử dụng các PPDH tích cực trong hoạt động dạy học. - Đầu tư phương tiện dạy học hiện đại. - Nâng cao tính cơ bản, tính thực tiễn, tính hiện đại của chương trình học. - HS hoạt động độc lập, tích cực hơn và có khả năng làm việc theo nhóm cao hơn trước đây. Tuy nhiên, trong quá trình thực hiện ở mỗi địa phương, do các nguyên nhân khách quan và chủ quan, thực trạng dạy học nói chung và PPDH hoá học nói riêng còn nhiều hạn chế, chất lượng chưa đều: - Trong các giờ học luyện tập, ôn tập kiến thức PPDH còn nặng về thuyết trình, hoạt động của HS còn thụ động, ít hoạt động tư duy, chủ yếu là nghe giảng, ghi bài (hoặc đọc chép) khi làm bài tập hóa học và làm bài kiểm tra kỹ năng giải toán còn chậm không đáp ứng được yêu cầu đổi mới hình thức ra đề kiểm tra đặc biệt là đề thi tốt nghiệp THPT và thi tuyển sinh Đại học hiện nay. - Chủ yếu sử dụng các PPDH thụ động, Các PPDH thường dùng là thuyết trình (giảng giải), đàm thoại, thầy ra đề hướng dẫn trò làm từng bước giải chi tiết nên mất rất nhiều thời gian . Có trình bày nêu vấn đề nhưng chưa giúp HS giải quyết vấn đề mà mới chỉ là nêu vấn đề và chuyển tiếp vấn đề, chưa có chú ý hình thành từng bước năng lực tự giải quyết vấn đề từ thấp lên cao dần cho HS. - Gắn việc giảng dạy với thực tiễn chưa đầy đủ. HS đặc biệt lúng túng khi phải giải đáp, giải quyết những vấn đề thực tiễn (thuộc vận dụng kiến thức trong học tập hoặc trong đời sống sản xuất). - Trong giờ học, HS ít vận động đặc biệt là vận động tư duy dẫn đến HS thường chỉ chú ý tới việc tiếp thu rồi tái hiện lại những điều GV giảng hoặc đã viết sẵn trong sách giáo khoa nên có thể trả lời đúng các câu hỏi ở mức độ thấp nhất là những câu hỏi biết, trong khi đó lại lúng túng ở những câu hỏi ở mức độ cao hơn – những câu hỏi yêu cầu hiểu, áp dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá. 1.2. Các xu hướng hiện nay trong việc xây dựng bài tập hóa học. - Loại bỏ các bài tập có nội dung nghèo nàn nhưng lại cần đến những thuật toán phức tạp để giải. Loại bỏ các bài tập có nội dung lắt léo, giả định rắc rối, phức tập, xa rời hoặc phi thực tiễn hóa học. - Tăng cường sử dụng bài tập thực nghiệm. - Tăng cường sử dụng bài tập trắc nghiệm khách quan. - Xây dựng bài tập mới để rèn luyện cho học sinh năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề. - Xây dựng bài tập có nội dung phong phú, sâu sắc, phần tính toán đơn giản nhẹ nhàng. 1.3. Nội dung chương trình hóa học hữu cơ lớp 11 THPT ……… Chương Tên chương Số tiết luyện tập Tổng số tiết 4 Đại cương về hóa học hữu cơ 2 9 5 Hiđrocacbon no 2 6 6 Hiđrocacbon không no 2 8 7 Hiđrocacbon thơm – Nguồn hiđrocacbon thiên nhiên 1 7 8 Dẫn xuất halogen. Ancol – Phenol 3 9 9 Anđehit – Xeton – Axit cacboxylic 3 8 Nhận xét: - Theo quy định của chương trình, số tiết hóa học ở lớp 11 THPT theo chương trình nâng cao tăng (2,5 tiết/tuần), do đó nội dung tăng (không chỉ đẩy 2 chương ở lớp 12 cũ xuống mà còn có nhiều kiến thức mới được bổ sung, nhiều định nghĩa, khái niệm, quy tắc được chỉnh sửa cho chuẩn xác). - Phần hóa học hữu cơ ở trường THPT có 10 chương, trong đó lớp 11 có 6 chương, lớp 12 có 4 chương. Các khái niệm cơ bản và khó của hóa học hữu cơ, các nhóm chất hữu cơ cơ bản đều tập trung ở lớp 11, nhất là chương “Đại cương”. - Chương trình hóa học hữu cơ THPT nói chung nặng và khó cho cả người dạy và người học. Chính vì thế cần có những GV giỏi để tổ chức và điều khiển đúng hướng hoạt động nhận thức của HS. 1.4. Các dạng bài tập trắc nghiệm hóa học hữu cơ thường gặp ở trường THPT 1.4.1. Ý nghĩa tác dụng của việc sử dụng bài tập hóa học [19; 7-8] Việc dạy học không thể thiếu bài tập. Sử dụng bài tập để luyện tập là một biện pháp hết sức quan trọng để nâng cao chất lượng dạy học. Bài tập hóa học có ý nghĩa tác dụng to lớn về nhiều mặt. - Ý nghĩa trí dục: + Làm chính xác hóa khái niệm hóa học, củng cố đào sâu và mở rộng kién thức một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn. + Ôn tập hệ thống hóa kiến thức một cách tích cực nhất. + Rèn luyện các kỹ năng hóa học như: cân bằng PTHH, tính toán theo PTHH… - Ý nghĩa phát triển: Phát triển ở học sinh ở năng lực tư duy logic, biện chứng, khái quát, độc lập, thông minh và sáng tạo. - Ý nghĩa giáo dục: Rèn luyện đức tính chính xác, kiên nhẫn, trung thực và lòng say mê khoa học hóa học.Bài tập thực nghiệm còn có tác dụng rèn luyện văn hóa lao động. 1.4.2. Các dạng bài tập trắc nghiệm thường gặp ở trường THPT - Câu trắc nghiệm đúng sai - Câu trắc nghiệm có nhiều câu hỏi để lựa chọn - Câu trắc nghiệm ghép đôi - Câu trắc nghiệm điền khuyết hay có câu trả lời ngắn. 1.5 Một số phương pháp giải toán hóa học hữu cơ ở THPT 1.5.1 Phương pháp bảo toàn - Bảo toàn điện tích - Bảo toàn khối lượng 1.5.2 Phương pháp đại số 1.5.3 Phương pháp trung bình ( khối lượng trung bình, số nguyên tử trung bình) 1.5.4 Phương pháp ghép ẩn số 1.5.5 Phương pháp tăng giảm khối lượng 1.5.6 Phương pháp đường chéo 1.5.7 Phương pháp biện luận Kết luận chương 1 Trên đây là những nghiên cứu của tôi về những vấn đề cơ sở lý luận và thực tiễn của hoạt động dạy và học hóa học ở trường phổ thông hiện nay, sử dụng BTHH, mà cụ thể là BTHH hữu cơ vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi Đại học… Qua đó, có thể nhận thấy rằng: - Từ thực trạng của việc dạy học hóa học hiện nay, việc giảng dạy môn hóa học ở trường phổ thông cần có sự đổi mới một cách đồng bộ và toàn diện, mà trọng tâm là đổi mới PPDH để phù hợp với sự phát triển khoa học kỹ thuật và trình độ của người học. - Trong dạy học hóa học hữu cơ, bài tập hóa học có vai trò hết sức quan trọng, là nguồn cung cấp kiến thức cho HS. Yêu cầu đặt ra cho người GV là phải có PPDH hóa học nói chung, phương pháp rèn kỹ năng giải bài tập một cách hiệu quả để các BTHH hợp chất Hữu cơ phát huy được tất cả những vai trò của nó trong dạy học. - Trong những năm gần đây, phương thức kiểm kiểm tra, đánh giá, chất lượng học sinh, cách ra đề thi đã có nhiều thay đổi theo hướng đưa những bài tập đa dạng về kiến thức đi sâu vào bản chất hóa học, không yêu cầu những tính toán quá phức tạp, hình thức ra đề chủ yếu các bài tập trắc nghiệm yêu cầu học sinh nắm vững bản chất hóa học, thuật giải toán cơ bản để giải nhanh… nhằm mục tiêu cuối cùng là nâng cao hiệu quả hoạt động dạy và hoạt động học, tạo ra một môi trường giáo dục mang tính tương tác cao, HS được khuyến khích và tạo điều kiện để chủ động tìm kiếm tri thức, phát triển trí tuệ, hiểu được bản chất hóa học hơn là những tính toán mang tính lí thuyết, sắp xếp hợp lý quá trình tự học tập, tự rèn luyện của bản thân mình. Chương 2 XÂY DỰNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ THƯỜNG GẶP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CHO TỪNG DẠNG. 2.1. Xây dựng mô hình một số dạng bài tập trắc nghiệm hóa học hữu cơ thường gặp và phương pháp giải nhanh cho từng dạng. 1. Dựa trên công thức tổng quát của hiđrocacbon Thí du: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (C nH2n+1)m. A thuộc dãy đồng đẳng nào? A) Ankan B) Anken C) Ankin D) Aren Suy luận: CnH2n+1 là gốc hidrocacbon hóa trị I. Vậy phân tử chỉ có thể do 2 gốc hydrocacbon hóa trị I liên kết với nhau, vậy m = 2 và A thuộc dãy ankan: C2nH2n+4. 2. Khi đốt cháy hidrocacbon thì cacbon tạo ra và hidro tạo ra H 2O. Tổng khối lượng C và H trong CO2 và H2O phải bằng khối lượng của hidrocacbon. Thí du: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH 4, C3H6 và C4H10 thu được 17,6g CO2 và 10,8g H2O. m có giá trị là: A) 2g B) 4g C) 6g Suy luận: Mhỗn hợp = mC + mH = D) 8g. 17.6 10.8 .12  .2 6 g . 44 18 3. Khi đốt cháy ankan thu được nCO2 > nH2O và số mol ankan cháy bằng hiệu số của số mol H2O và số mol CO2. 3n  1 O2 � nCO2 + (n + 1) H2O 2 CnH2n+2 + Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 11,45g H 2O. Cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì khối lượng kết tủa thu được là: A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g Đáp án: A Suy luận: nankan = nCO2 - nCO2 → nCO2 = nH2O - nankan nCO2 = 9, 45 = 0,15 = 0,375 mol 18 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 � + H2 O nCaCO3 = CO2 = 0,375 mol mCaCO3 = 0,375.100 = 37,5g Thí du 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 12,6g H2O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào? A. Ankan B. Anken C. Ankin Suy luận: nH2O = 12,6 = 0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan 18 D. Aren Thí du 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO2(đktc) và 25,2g H2O. Hai hidrocacbon đó là: A. C2H6 và C3H8 B. C3H8 và C4H10 C. C4H10 và C5H12 25, 2 = 1,4 mol ; nCO2 = 1mol 18 Suy luận: nH2O = nH2O > nCO2 Cn H 2 n  2 + Ta có: � D. C5H12 và C6H14 2 chất thuộc dãy ankan. Gọi n là số nguyên tử C trung bình: 3n  1 O2 → 2 n CO2 n 1  → n = 2,5 n  1 1, 4 + →  n  1 H2O C2H6 C3H8 Thí du 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P2O5 dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là: A. 0,06 Suy luận: nH2O = B. 0,011 C. 0,03 D. 0,045 6,16 4,14 = 0,23 ; nCO2 = = 0,14 18 44 nankan = nH2O – nCO2 = 0,23 – 0,14 = 0,011 mol Thí du 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH 4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 mol CO2 và 0,23 mol H2O. Số mol ankan và anken có trong hỗn hợp lần lượt là: A. 0,011 và 0,01 C. 0,08 và 0,02 B. 0,01 và 0,011 D. 0,02 và 0,08 Suy luận: nankan = 0,23 – 0,14 = 0,011 ; nanken = 0,1 – 0,011 mol 4. Dựa vào phản ứng cộng của anken với Br2 có tỉ lệ mol 1: 1. Thí du: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br 2 thấy làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 8g Br2. Tổng số mol 2 anken là: A. 0,1 B. 0,05 Suy luận: nanken = nBr2 = C. 0,025 D. 0,005 8 = 0,05 mol 160 5. Dựa vào phản ứng cháy của ankan mạch hở cho nCO2 = nH2O Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳng thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 11g H2O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào? A. Ankan B. Anken Suy luận: nCO2 = � C. Ankin D, Aren 11, 2 9  0,5 mol ; nH2O =  0,5 22, 4 18 nH2O = nCO2 Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken. Thí du 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong phân tử và có cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br 2 trong dung môi CCl4. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO 2. Ankan và anken đó có công thức phân tử là: A. C2H6, C2H4 B. C3H8, C3H6 C. C4H10, C4H8 D. C5H12, C5H10 Suy luận: nanken = nBr2 = CnH2n + 0,1 Ta có: 0,1n = 80.20  0,1 mol 100.160 3n O2 → n CO2 + n H2O 2 0,1n 0,6  0,3 � n = 3 � C3H6. 2 6. Đốt cháy ankin: nCO2 > nH2O và nankin (cháy) = nCO2 – nH2O Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO 2 và H2O có tổng khối lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH) 2 dư thu được 45g kết tủa. a. V có giá trị là: A. 6,72 lít B. 2,24 lít Suy luận: nCO2 = nCaCO3 = nH2O = C. 4,48 lít B. 3,36 lít 45  14n  2  49,6 � n  3,4. 0,45 mol 100 25, 2  0, 45.44  0,3 mol 18 nankin = nCO2 – nH2O = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol Vankin = 0,15.22,4 = 3,36 lít b. Công thức phân tử của ankin là: A. C2H2 B. C3H4 C. C4H6 D. C5H8 nCO2 = 3nankin. Vậy ankin có 3 nguyên tử C3H4 Thí du 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) 1 ankin thu được 10,8g H 2O. Nếu cho tất cả sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong thì khối lượng bình tăng 50,4g. V có giá trị là: A. 3,36 lít B. 2,24 lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít Suy luận: Nước vôi trong hấp thu cả CO2 và H2O mCO2 + mH2O = 50,4g ; mCO2 = 50,4 – 10,8 = 311,6g nCO2 = 39,6  0,11 mol 44 nankin = nCO2 – nH2O = 0,9  10,8  0,3 mol 4418 7. Đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no được bao nhiêu mol CO 2 thì sau đó hidro hóa hoàn toàn rồi đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no đó sẽ thu được bấy nhiêu mol CO2. Đó là do khi hidro hóa thì số nguyên tử C không thay đổi và số mol hidrocacbon no thu được luôn bằng số mol hidrocacbon không no. Thí du: Chia hỗn hợp gồm C3H6, C2H4, C2H2, thành 2 phần đều nhau: - Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít CO2 (đktc). - Hidro hóa phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO2 thu được là: A. 2,24 lít B. 1,12 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít 8. Sau khi hidro hóa hoàn toàn hidrocacbon không no rồi đốt cháy thì thu được số mol H2O nhiều hơn so với khi đốt lúc chưa hidro hóa. Số mol H 2O trội hơn chính bằng số mol H2 đã tham gia phản ứng hidro hóa. Thí du: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Hidro có công thức tổng quát C nH2n thu được 0,2 mol H2O. Nếu hidro hóa hoàn toàn 0,1 mol hợp chất này rồi đốt cháy thì số mol H2O thu được là: A. 0,3 B. 0,4 C. 0,5 D. 0,6 Suy luận: Ankin cộng hợp với H2 theo tỉ lệ mol 1:2. Khi cộng hợp có 0,2 mol H2 phản ứng nên số mol H2O thu được thêm cũng là 0,2 mol , do đó số mol H2O thu được là 0,4 mol 9. Dựa và cách tính số nguyên tử C và số nguyên tử C trung bình hoặc khối lượng mol trung bình… M + Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp: + Số nguyên tử C: n mhh nhh nco2 nC X HY + Số nguyên tử C trung bình: n nCO2 nhh ; n n1a  n2b ab Trong đó: n1, n2 là số nguyên tử C của chất 1, chất 2 a, b là số mol của chất 1, chất 2 + Khi số nguyên tử C trung bình bằng trung bình cộng của 2 số nguyên tử C thì 2 chất có số mol bằng nhau. Ví du 1: Hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng liên tiếp có khối lượng là 24,8g. Thể tích tương ứng của hỗn hợp là 11,2 lít (đktc). Công thức phân tử ankan là: A. CH4, C2H6 B. C2H6, C3H8  B. C3H8, C4H10 D. C4H10, C5H12 Suy luận: M hh  24,8  49,6 ; 14n  2  49,6 � n  3,4. 0,5 2 hidrocacbon là C3H8 và C4H10. Ví du 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở, liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO 2 (đktc) và 25,2g H2O. Công thức phân tử 2 hidrocacbon là: A. CH4, C2H6 B. C2H6, C3H8 C. C3H8, C4H10 D. C4H10, C5H12 Ví du 3: Cho 14g hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng liên tiếp đi qua dung dịch nước Br2 thấy làm mất màu vừa đủ dd chứa 64g Br2. 1. Công thức phân tử của các anken là: A. C2H4, C3H6 B. C3H8, C4H10 C. C4H10, C5H12 D. C5H10, C6H12 2. Tỷ lệ số mol 2 anken trong hỗn hợp là: A. 1:2 B. 2:1 C. 2:3 D. 1:1 Suy luận: 1. 64 8,81  0,4mol  0,2mol nanken  nBr2  160 44 M anken  14  35 ; 14n  35 � n  2,5. 0,4 Đó là : C2H4 và C3H6 Thí du 4: Cho 10,2g hỗn hợp khí A gồm CH4 và anken đồng đẳng liên tiếp đi qua dd nước brom dư, thấy khối lượng bình tăng 7g, đồng thời thể tích hỗn hợp giảm đi một nửa. 1. Công thức phân tử các anken là: A. C2H4, C3H6 B. C3H6, C4H10 C. C4H8, C5H10 D. C5H10, C6H12 2. Phần trăm thể tích các anken là: A. 15%, 35% B. 20%, 30% C. 25%, 25% D. 40%. 10% Suy luận: 1. VCH 4  V2 anken � nCH 4  n2 anken m2 anken  7 g ; nCH 4  7 10,2  7 � n  2,5 . Hai  0,2 ; 14n  0,2 16 anken là C2H4 và C3H6. 2. Vì n  2,5  23  trung bình cộng nên số mol 2 anken bằng nhau. Vì ở 2 cùng điều kiện %n = %V. → %V = 25%. Thí du 5: Đốt cháy 2 hidrocacbon thể khí kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được 48,4g CO2 và 28,8g H2O. Phần trăm thể tích mỗi hidrocacbon là: A. 110%, 10% B. 85%. 15% C. 80%, 20% D. 75%. 25% Thí du 6: A, B là 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho hỗn hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với Na thu được 1,12 lít H2 (đktc). Công thức phân tử 2 rượu là: A. CH3OH, C2H5OH B. C2H5OH, C3H7OH C. C3H7OH, C4H11OH D. C4H11OH, C5H11OH 10. Dựa trên phản ứng tách nước của rượu no đơn chức thành anken → nanken  nrượu và sô nguyên tử C không thay đổi. Vì vậy đốt rượu và đốt anken tương ứng cho số mol CO2 như nhau. Thí du: Chia a gam ancol etylic thành 2 phần đều nhau. Phần 1: mang đốt cháy hoàn toàn → 2,24 lít CO2 (đktc) Phần 2: mang tách nước hoàn toàn thành etylen, Đốt cháy hoàn toàn lượng etylen → m gam H2O. m có giá trị là: A. 1,6g B. 1,8g C. 1,4g D. 1,5g Suy luận: Đốt cháy ancol etylic được 0,1 mol CO 2 thì đốt cháy tương ứng phần etylen cũng được 0,1 mol CO2. Nhưng đốt anken cho mol CO2 bằng mol H2O. Vậy m = 0,1.18 = 1,8. 11. Đốt 2 chất hữu cơ, phân tử có cùng số nguyên tử C, được cùng số mol CO2 thì 2 chất hữu cơ mang đốt cháy cùng số mol. Thí du: Đốt cháy a gam C2H5OH được 0,2 mol CO2. Đốt cháy 6g C2H5COOH được 0,2 mol CO2. Cho a gam C2H5OH tác dụng với 6g CH3COOH (có H2SO4đ xt, t0 Giả sử H = 100%) được c gam este. C có giá trị là: A. 4,4g B. 8,8g 13,2g D. 17,6g Suy luận: 1 nC2 H5OH  nCH3COOH   nCO2 = 0,1 mol. 2 nCH3COOC2 H5  0,1mol � meste  c  0,1.88  8,8 g 12. Dựa trên phản ứng đốt cháy anđehit no, đơn chức 0  H 2 , xt  O2 , t cho số mol CO2 = số mol H2O. Anđehit ��� �rượu ��� � cũng cho số mol CO2 bằng số mol CO2 khi đốt anđehit còn số mol H2O của rượu thì nhiều hơn. Số mol H2O trội hơn bằng số mol H2 đã cộng vào anddeehit. Thí du: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit no, đơn chức thu được 0,4 mol CO 2. Hidro hóa hoàn toàn 2 anđehit này cần 0,2 mol H2 thu được hỗn hợp 2 rượu no đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 rượu thì số mol H2O thu được là: A. 0,4 mol B. 0,6mol C. 0,8 mol D. 0,3 mol Suy luận: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit được 0,4 mol CO 2 thì cũng được 0,4 mol H2O. Hidro hóa anđehit đã nhận thêm 0,2 mol H 2 thì số mol của rượu trội hơn của anđehit là 0,2 mol. Vậy số mol H2O tạo ra khi đốt cháy rượu là 0,4 + 0,2 = 0,6 mol. 13. Dựa và phản ứng tráng gương: cho tỉ lệ nHCHO : nAg = 1 : 4 nR-CHO : nAg = 1 : 2. Thí du: Cho hỗn hợp HCHO và H2 đi qua ống đựng bột nung nóng. Dẫn toàn bộ hỗn hợp thu đượu sau phản ứng vào bình nước lạnh để ngưng tụ hơi chất lỏng và hoa tan các chất có thể tan được , thấy khối lượng bình tăng 11,8g. Lấy dd trong bình cho tác dụng với dd AgNO 3/NH3 thu được 21,6g Ag. Khối lượng CH3OH tạo ra trong phản ứng hợp H2 của HCHO là: A. 8,3g B. 11,3g C. 10,3g D. 1,03g Ni � CH3OH Suy luận: H-CHO + H2 �� t0 ( mCH3OH  mHCHO ) chưa phản ứng là 11,8g. NH 3 HCHO + 2Ag2O �� � � CO2 + H2O + 4 Ag � 1 1 21,6 nHCHO  nAg  �  0,05mol . 4 4 108 MHCHO = 0,05.30 = 1,5g ; mCH3OH  11,8  1,5  10,3 g Thí du 2: Cho hỗn hợp gồm 0,1 mol HCOOH và 0,2 mol HCHO tác dụng hết với dd AgNO3/NH3 thì khối lượng Ag thu được là: A. 108g B. 10,8g C. 216g D. 21,6g Suy luận: 0,1 mol HCOOH → 0,2 mol Ag 0,2 mol HCHO → 0,8 mol Ag → Đáp án A. Thí du 3: Chất hữu cơ X thành phần gồm C, H, O trong đó %O: 53,3 khối lượng. Khi thực hiện phản ứng trang gương, từ 1 mol X → 4 mol Ag. CTPT X là: A. HCHO B. (CHO)2 C. CH2(CHO)2 D. C2H4(CHO)2 14. Dựa vào công thức tính số ete tao ra từ hỗn hợp rượu hoặc dựa vào ĐLBTKL. Thí du 1: Đun hỗn hợp 5 rượu no đơn chức với H 2SO4đ , 1400C thì số ete thu được là: A. 10 B. 12 Suy luận: Áp dụng công thức : C. 15 D. 17 x( x  1) ete → thu được 15 ete. 2 Thí du 2: Đun 132,8 hỗn hợp gồm 3 rượu đơn chức với H 2SO4 đặc, 1400C → hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2g. Số mol ete là: A. 0,1 mol B. 0,2 mol C. 0,3 mol Suy luận: Đun hỗn hợp 3 rượu tạo ra 6 ete. D. 0,4 mol Theo ĐLBTKL: mrượu = mete + mH 2O → mH 2O = 132,8 – 111,2 = 21,6g Do �n ete  �nH 2O  21,6 1,2  1,2mol � nmỗi ete =  0,2mol . 18 6 15. Dựa vào phương pháp tăng giảm khối lượng: Nguyên tắc: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng 1 hỗn hợp hay 1 chất. Cụ thể: Dựa vào pt tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol A → 1mol B hoặc chuyển từ x mol A → y mol B (với x, y là tỉ lệ cân bằng phản ứng). Tìm sự thay đỏi khối lượng (A→B) theo bài ở z mol các chất tham gia phản ứng chuyển thành sản phẩm. Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại.  Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với K: R (OH ) x  xK � R(OK ) x  Hoặc ROH + K → ROK + x H2 2 1 H2 2 Theo pt ta thấy: cứ 1 mol rượu tác dụng với K tạo ra 1 mol muối ancolat thì khối lượng tăng: 311 – 1 = 38g. Vậy nếu đề cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat thì ta có thể tính được số mol của rượu, H2 và từ đó xác định CTPT rươụ.  Đối với anđehit: xét phản ứng tráng gương của anđehit 0 NH 3 ,t R – CHO + Ag2O ��� � R – COOH + 2Ag Theo pt ta thấy: cứ 1mol anđehit đem tráng gương → 1 mol axit �  m = 45 – 211 = 16g. Vậy nếu đề cho m anđehit, maxit → nanđehit, nAg → CTPT anđehit.  Đối với axit: Xét phản ứng với kiềm R(COOH)x + xNaOH → R(COONa)x + xH2O Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O 1 mol → 1 mol  Đối với este: xét phản ứng xà phòng hóa →  m �= 22g RCOOR’ + NaOH → RCOONa + 1 mol → R’OH →  m �= 23 – MR’ 1 mol  Đối với aminoaxit: xét phản ứng với HCl HOOC-R-NH2 + HCl 1 mol → HOOC-R-NH3Cl → →  m �= 36,5g 1mol Thí du 1: Cho 20,15g hỗn hợp 2 axit no đơn chức tác dụng vừa đủ với dd Na 2CO3 thì thu được V lít CO2 (đktc) và dd muối.Cô cạn dd thì thu được 28,116g muối. Giá trị của V là: A. 4,84 lít B. 4,48 lít C. 2,24 lít D. 2,42 lít E. Kết quả khác. Suy luận: Gọi công thức trung bình của 2 axit là: R  COOH Ptpu: 2 R  COOH + Na2CO3 → 2 R  COONa + CO2 �+ H2O Theo pt: 2 mol → 2 mol 1 mol �  m = 2.(23 - 11) = 44g Theo đề bài: Khối lượng tăng 28,116 – 20,15 = 8,81g. → Số mol CO2 = 8,81  0,2mol → Thể tích CO2: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít 44 Thí du 2: Cho 10g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 14,4g chất rắn và V lít khí H 2 (đktc). V có giá trị là: A. 1,12 lít B. 2,24 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít Suy luận: Theo ptpư: R – OH + Na  R - ONa + ½ H2 1 mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H2 thì khối lượng tăng: m  23 -1 = 22g Vậy theo đầu bài: x mol muối ancolat và y mol H2 bay ra thì tăng 14,4 – 10 = 4,4g. → Số mol H2 = 4,4.0,5  0,1mol 22 → Thể tích H2: V = 0,1.22,4= 2,24 lít. Thí du 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este của 1 axit đơn chức với 1 rượu đơn chức tiêu tốn hết 5,6g KOH. Mặt khác, khi thủy phân 5,475g este đó thì tiêu tốn hết 4,2g KOH và thu được 6,225g muối. Vậy CTCT este là: A. (COOC2H5)2 B. (COOCH3)2 C. (COOCH2CH2CH3)2 D. Kết quả khác Suy luận: Vì nKOH = 2neste → este 2 chức tạo ra từ axit 2 chức và rượu đơn chức. Đặt công thức tổng quát của este là R(COOR’)2 : R(COOR’)2 + 1 mol → R(COOK)2 2 mol → 1 mol thì m = (311,2 – 2R’)g � 0,0375 mol 0.075 mol → + 2R’OH 2KOH 0,0375 mol thì m = 6,225 – 5,475 = 0,75g. → 0,0375(78 – 2R’) = 0,75 → R’ = 211 → R’ = C2H5Meste = 5,475  146 → MR + (44 + 211)2 = 146 → MR = 0 0,0375 Vậy công thức đúng của este là: (COOC2H5)2 16. Dựa vào ĐLBTNT và ĐLBTKL: - Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các sản phẩm tạo thành. A + B →C + D Thì mA + mB = mC + m D - Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng MS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng Dù phản ứng vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có: mT = mS - Sử dụng bảo toàn nguyên tố trong phản ứng cháy: Khi đốt cháy 1 hợp chất A (C, H) thì nO ( CO2 )  nO ( H 2O )  nO ( O2 pu ) → mO ( CO2 )  mO ( H2O )  mO ( O2 pu ) Giả sử khi đốt cháy hợp chất hữu cơ A (C, H, O) A + O2 → CO2 + H2O Ta có: mA  mO2  mCO2  mH 2O Với mA = mC + mH + mO Thí du 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y: C 2H6, C3H4, C4H8 thì thu được 12,118g CO2 và 5,76g H2O. Tính giá trị m? (Đáp số: 4,18g) Thí du 2: cho 2,83g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thì thoát ra 0,8116 lít H2 (đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là: A. 5,411g B. 4,115g C. 5,114g D. 4,511g Thí du 3: Cho 4,2g hỗn hợp gồm rượu etylic, axit axetic, axit fomic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 0,672 lít H2 (đktc) và 1dd. Cô cạn dd thu được hỗn hợp rắn X. Khối lượng của X là: A. 2,55g B. 5,52g C. 5,25g D. 5,05g Suy luận: Cả 3 hợp chất trên đều có 1 nguyên tử H linh động → Số mol Na = 2nH2 = 2.0,03 = 0.06 mol Áp dụng ĐLBTKL: → mX = 4,2 + 0,06(23 - 1) = 5,52g. Thí du 4: Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức làm 2 phần bằng nhau: P1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08g H2O P2: Tác dụng với H2 dư (Ni, t0) thì thu hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn thì thể tích CO2 (đktc) thu được là: A. 1,434 lít B. 1,443 lít C. 1,344 lít { D. 1,444 lít Suy luận: Vì anđehit no đơn chức nên số mol CO2 = sô mol H2O = 0,06 mol → nCO2 ( P 2)  nC ( P 2)  0,06mol Theo BTNT và BTKL ta có: nC ( P 2)  nC ( A)  0,06mol → nCO2 ( A)  0,06mol → VCO2  22,4.0,06  1,344 lít Thí du 4: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm 2 rượu A, B ta được hỗn hợp X gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66g CO 2. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng CO2 và H2O là: A. 0,1103g B. 0,311g C. 0,114g D. 0,113g 17. Phương pháp nhóm nguyên tử trung bình: Nhóm ở đây có thể là số nhóm -OH, -NH2, NO2 Thí du1: Nitro hóa benzen thu được 14,1g hỗn hợp gồm 2 chất nitro có khối lượng phân tử hơn kém nhau 45 đvc. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 chất nitro này được 0,07mol N2. Hai chất nitro đó là: A. C6H5NO2 và C6H4(NO2)2 B. C6H4(NO2)2 và C6H3(OH)3 C. C6H3(NO2)3 và C6H2(NO2)4 D. C6H2(NO2)4 vàC6H(NO2)5 Suy luận: Gọi n là số nhóm NO2 trung bình trong 2 hợp chất nitro. Ta có CTPT tương đương của 2 hợp chất nitro: C6 H 6  n ( NO2 ) n (n < n < n’ = n +1) C6 H 6n ( NO2 ) n → 1 mol 14,1 78  45n n mol N2 2 → = n N2 2 0,07 mol → n  1,4 , n = 1, n = 2 → Đáp án A. Ví du 2: Hỗn hợp X gồm 2 rượu no có số nguyên tử bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol X thu được 11,2 lít CO 2 (đktc). Mặt khác 0,25 mol X đem tác dụng với Na dư thấy thoát ra 3,112 lít H2 (đktc). Các rượu của X là: A. C3H7OH và C3H6(OH)2 B. C4H11OH và C4H8(OH)2 C. C2H5OH và C2H4(OH)2 D. C3H7OH và C3H5(OH)3 Đáp án: C Suy luận: Gọi n là số nhóm OH trung bình của 2 rượu. Khi đốt cháy: số mol rượu = x mol CO2 CxHy – (OH)n + O2 CxHy – (OH)n + Na 0 t   CO2 + H2O CxHy – (0Na)n+ n 2 H2 nCO2 = 11,2:22,4 = 0,5 mol  nrượu = 0,5:x = 0,25 mol -> x =2 Vậy số nguyên tử C là 2 Mặt khác 1mol CxHy – (OH)n phản ứng 0,25 mol CxHy – (OH)n phản ứng   n 2 H2 0,138 mol H2
- Xem thêm -