Skkn phương pháp giải tối ưu cho bài tập hóa học

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 14 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học PHẦN 1 : MỞ ĐẦU  I/LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hoá học là có vai trò rất quan trọng trong đời sống. Môn hoá học cung cấp cho học sinh những kiến thức hoá học cơ bản về cấu tạo chất, các định luật hoá học, các khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết đúng công thức hoá học, lập phương trình phản ứng, nắm vững tính chất lý, hoá của các chất, vận dụng có chọn lọc, nhuần nhuyễn lý thuyết để giải bài tập. Giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một kỹ năng cơ bản, có thói quen học tập và làm việc khoa học, rèn luyện những phẩm chất cần thiết như cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình, xã hội; chuẩn bị đầy đủ để đi vào cuộc sống xã hội sau này. Bài tập hoá học là một trong những phương tiện cơ bản nhất để nâng cao chất lượng dạy học bộ môn, mặt khác giải bài tập hoá học là phương pháp học tập tích cực có hiệu quả giúp học sinh phát triển tư duy, đồng thời học sinh còn vận dụng kiến thức vào cuộc sống sản xuất và nghiên cứu khoa học. Bài tập hoá học giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình hoá học,khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích, phán đoán khái quát và đồng thời rèn kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh. Hiện nay, đa số học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải bài tập hoá, nếu không nắm bắt được phương pháp, học sinh sẽ chán nản và rất sợ phải học hoá học. Căn cứ vào tình hình trên, tôi đã chọn đề tài này kết hợp với phương pháp phát huy tính tích cực của học sinh trong giờ học nhằm góp phần nhỏ vào việc khắc phục tình trạng trên của học sinh. II/MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI. Giúp học sinh nắm cơ sở lý thuyết và phương pháp giải bài tập hoà học. III/ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI. Hệ thống, phân loại các bài tập hoá học và đưa ra phương pháp giải một cách tối ưu nhất, giúp học sinh nắm được các kiến thức cơ bản nhất. PHẦN 2: TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN I.1. Tổng quan về bài tập hoá học . * Mục đích của bài tập hoá học: hình thành kiến thức, kĩ năng mới cho học sinh * Phương pháp: luyện tập thông qua sử dụng bài tập là một trong những phương pháp quan trọng để nâng cao chất lượng dạy học hoá học. * Với học sinh hoạt động giải bài tập là một hoạt động tích cực có những tác dụng sau: - Rèn khả năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng thành kiến thức của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên. - Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn. - Là phương tiên để ôn tập củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất. - Rèn kĩ năng: viết và cân bằng phương trình, tính toán theo công thức và phương trình hoá học. - Phát triển trí thông minh. I.2. Cơ sở lý thuyết: Cơ sở lý thuyết quan trọng cho việc giải bài tập hoá học vô cơ là những kiến thức hoá học đại cương và hoá vô cơ… Phần đại cương: bao gồm các định luật, khái niệm cơ bản của hoá học: -Định luật thành phần không đổi. -Định luật bảo toàn khối lượng. -Định luật Avogadro. -Định luật tuần hoàn. -Công thức phân tử, công thức hoá học, phương trình hoá học. -Dung dịch- nồng độ dung dịch- độ tan, các phản ứng trong dung dịch, điều kiện để xảy ra phản ứng trao đổi. -Các hợp chất vô cơ: oxit, axit, bazơ, muối… -Các đơn chất Oxi, clo, kim loại… II/ NỘI DUNG, BIỆN PHÁP THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI. II.1. Phương pháp: để giải bài tập hoá học, học sinh cần phải có các kiến thức cơ bản về toán: giải hệ phương trình 1 ẩn, 2 ẩn. Giải phương trình bậc 2, giải bài toán bằng phương pháp biện luận….. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 1 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Học sinh cần phải nắm vững tính chất vật lý, hoá học và cách điều chế của đơn chất, hợp chất…. Nắm vững các công thức đổi số mol, công thức tính nồng độ %, nồng độ mol/ lít. Các phương pháp cơ bản áp dụng vào giải toán hoá học: -Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng. -Phương pháp tăng giảm khối lượng. -Phương pháp bảo toàn e. -Phương pháp bảo toàn nguyên tố. -Phương pháp giá trị trung bình -Phương pháp đường chéo. -Phương pháp tự chọn lượng chất -Phương pháp biện luận…. Trong giới hạn của chuyên đề, tôi xin trình bày một vài phương pháp thường hay sử dụng. II.2. Các dạng bài tập vô cơ. ( giới hạn được đưa vào chuyên đề) 1/ Tính theo PTHH khi cho 2 lượng chất phản ứng. 2/ Dạng toán pH. 3/ Tính khối lượng hỗn hợp dựa vào định luật bảo toàn khối lượng. 4/ CO2 hoặc SO2 tác dụng với dung dịch kiềm. 5/ Bài tập tổng hợp….. II.3/CÁC PHƯƠNG PHÁP. II.3.1.Phương pháp bảo toàn khối lượng. Nội dung Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL) “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng” Lưu ý : không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn như nước trong dung dịch. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ chứa m gam hỗn hợp X nung nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam ở thể rắn A và 11,2 lít hỗn hợp khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4.Tính giá trị m. A.105,6 gam. B. 35,2 gam. C.70,4 gam. D. 140,8 gam. Hướng dẫn giải Bài toán không có dấu hiệu nào chứng tỏ phản ứng xảy ra với hiệu suất 100%, do đó 64g rắn A là Fe và có thể là oxit sắt còn dư. PTHH tổng quát của phản ứng CO + O(oxit) = CO2 Hỗn hợp B gồm CO2 và CO còn dư, gọi x là số mol của CO phản ứng, cũng chính là số mol của CO2: nB  11, 2 22, 5  0, 5 44x + 28(0,5-x)= 0,520,42= 20,4, giải phương trình ta được x= 0,4 Theo Định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mX + mCO = mA + m CO2  m = 64 + 0,4 44- 0,428= 70,4 gam.  Đáp án C. Ví dụ 2: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C.27,19% và 72,81%. D.78,88% và 21,12%. Hướng dẫn giải Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O x mol 3x Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O y mol 2y Số mol NO2 = 0,5 ; n HNO3 = 2 n NO2 = 0,52 = 1mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m dung dịch muối = m (Fe + Cu) + m dung dịch HNO3 – m NO2 GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 2 Trường THPT Long Thành  12  Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học 1 �63 �100 63  46 �0, 5  89gam Ta có hệ phương trình: 56x  64y  12 � �x  0,1  � � 3x  2y  0, 5 � �y  0,1  %m Fe( NO 3 )3 %m Cu ( NO 3 )2 0,1 �242 �100   89 0,1 �188 �100 89  27,19%  21,12% .  Đáp án B. Ví dụ 3 . Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A.13 gam. B.15 gam. C.26gam. D.30gam. Hướng dẫn giải M2CO3 + 2HCl = 2MCl + CO2 + H2O RCO3 + 2HCl = RCl2 + CO2 + H2O n CO  2 4,88 22, 4  0, 2mol , Tổng n HCl= 0,4mol và n H2O = 0,2mol. Áp dụng ĐLBTKL ta có: 23,8 + 0,4 36,5 = m muối + 0,2  44 + 0,2 18.  m muối = 26 gam. (Đáp án C) II.3.2.Phương pháp tăng giảm khối lượng. Nguyên tắc của phương pháp: khi chuyển từ chất A thành chất B khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ: MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2. Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng tăng: ( M + 235,5)-(M + 60) =11 gam. Và có 1 mol CO2 thoát ra. Như vậy khi biết khối lượng muối tăng, ta có thể tính được lượng CO2. Ví dụ 1 . Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A.13 gam. B.15 gam. C.26gam. D.30gam. Hướng dẫn giải Cứ 1 mol muối Cacbonat tạo thành 1 mol muối clorua, m muối tăng 71-60=11 gam. n CO2 = n muối cacbonat = 0,2 mol. Vậy khối lượng muối tăng sau phản ứng là 0,2  11= 2,2 gam. Vậy tổng khối lượng muối thu được là 23,8 + 2,2 = 26 gam. Đáp án A. Ví dụ 2:Có 1 lít dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa B và dung dịch C. %m các chất trong B lần lượt là: A.BaCO3:50% và CaCO3 50%. B. BaCO3:50,38% và CaCO3 49,62%. C. BaCO3:49,62% và CaCO3 50,38%. D.Không xác định được. Hướng dẫn giải Các phản ứng xảy ra: Ba2+ + CO32- = BaCO3 Ca2+ + CO32- = CaCO3. Cứ 1mol BaCl2, hoặc CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối lượng muối giảm: 71-60=11 gam. Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 bằng: 43  39, 7 11  0, 3mol Tổng số mol CO32- trong dung dịch A= 0,1 +0,25= 0,35, chứng tỏ CO32- không phản ứng hết. Gọi x là số mol BaCO3 và CaCO3 trong kết tủa B. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 3 Trường THPT Long Thành  x  y  0, 3 197x  100y  39, 7  Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học �x  0, 1 � �y  0, 2 Thành phần %m trong B %m BaCO  3 0,1 �197 39, 7  49, 62  Đáp án C II.3.3.Phương pháp bảo toàn mol electron. II.3.3.1/ Nguyên tắc Trong một hệ oxi hoá khử: “Tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chất oxi hoá nhận”. Hay “Tổng số mol e do chất khử nhường bằng tổng số mol e mà chất oxi hoá nhận”. Ví dụ: Cr  Cr+3 + 3e , N+5 + 3e  N+2 x x 3x t 3t +2 Cu  Cu + 2e y y 2y +3 Fe  Fe + 3e z z 3z Áp dụng phương pháp bảo toàn e thì : 3x + 2y + 3z = 3t Khi áp dụng phương pháp này ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá và chất khử, ta không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng oxi hoá khử của bài toán. II.3.3.2. Ưu điểm. - Áp dụng cho mọi trường hợp: phản ứng xảy ra có 1 giai đoạn và phản ứng xảy ra có nhiều chất oxi hoá, nhiều chất khử và qua nhiều giai đoạn, nhiều quá trình. -Giải bài tập nhanh và không cần phải tư duy nhiều. II.3.3.3.Các ví dụ. Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại X,Y có hoá trị không đổi. Oxi hoá hoàn toàn 15,6 gam A bằng oxi dư thu được 28,4 gam hỗn hợp hai oxit. Nếu lấy 15,6 gam A hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, thu được V (lít) khí (đktc). Tính V. Hướng dẫn giải Nếu giải bài toán này theo kiểu thông thường, thì không đủ dữ kiện để giải, vì quá nhiều ẩn số. %m CaCO  100  49, 6  50, 38 3 2X  2Y  n 2 m 2 O2 � X2On O 2 � Y2 O m X  nHCl � XCl n  n H2 2 m Y  mHCl � YCl m  H 2 2 m O2 = 28,4- 15,6= 12,8, nO  2 12, 8 32  0, 4 X và Y là chất khử, O2 và H+ là chất oxi hoá Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: ne do H+ nhận = ne do O2 nhận O2 + 4e = 2O2- , 2H+ + 2e = H2 0,4mol 1,6 2x 2x x 2x= 1,6,  x = 0,8,  V = 0,8  22,4= 17,92 lít. Ví dụ 2: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. -Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H2 (đktc). -Phần 2 nung trong oxi dư thu được 2,84 gam hỗn hợp oxit, Giá trị của m là: A.1,56 gam. B.4,4 gam. C.3,12 gam. D.4,68 gam. Hướng dẫn giải A và B là chất khử, O2 và H+ là chất oxi hoá Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: ne do H+ nhận = ne do O2 nhận GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 4 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học O2 + 4e = 2O2- , 2H+ + 2e = H2 0,04mol 0,16 2x 0,16 0,08 m kim loại phần 2= m oxit – m oxi = 2,84- 0,04 32= 1,56g m = 1,56  2= 3,12 g  Đáp án C Ví dụ 3: Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. -Phần 1 tan hết trong 2 lít dung dịch HCl tạo ra 14,56 lít H2 (đktc) -Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít NO (đkc) duy nhất 1/ Nồng độ mol của dung dịch HCl là: A.0,45M. B.0,25M. C.0,55M. D.0,65M. 2/Cô cạn dung dịch sau phản ứng ở phần 1, khối lượng muối thu được là: A.65,54 gam. B.68,15 gam. C.55,64 gam. D.54,65 gam. 3/Phần trăm khối lượng của Fe là: A.49,01%. B.47,97%. C.52,03%. D.50,91%. 4/Kim loại M là: A.Mg B.Zn. C.Al. D.Cu. Hướng dẫn giải nH  2 1/ CM  14, 56 22, 4 1, 3 2  0, 65, � n HCl  2n H  2 �0, 65  1, 3mol 2  0, 65M, Dáp án D 2/ m muoi  m kl  mCl . Trong đó n Cl  n HCl  1,3mol m muối = 22+ 1,3 35,5= 68,15g. Đáp án B. 3/ Áp dụng Định luật bảo toàn mol e: Phần 1: Fe  Fe2+ + 2e Phần 2 : Fe  Fe3+ + 3e x 2x x 3x a+ a+ M  M + ae M  M + ae y ay y ay + +5 +2 2H + 2e  H2 N + 3e  N 1,3 0,65 1,3 0,5 2x  ay  1, 3 x  0, 2 � � 0, 2 �56 �� �100%  50, 91% , Đáp án D Ta có hệ phương trình: � , n Fe  0, 2 � %m Fe  3x  ay  1, 5 ay  0, 9 22 � � 4/ mM = 22- 0,256= 10,8 gam 0,9 10,8 �a nM  y  ;M   12a , Vậy a= 2; M= 24 (Mg) là phù hợp. Đáp án A a 0,9 II.3.4.Phương pháp bảo toàn mol nguyên tố. Nguyên tắc : Trong các phản ứng hoá học, các nguyên tố luôn được bảo toàn. Ví dụ 1. Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thì thể tích SO2 (đktc) sản phẩm khử duy nhất là : A.448ml. B.112ml. C.224ml. D.336ml. Hướng dẫn giải. Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là a,b,c. Bản chất của quá trình trên là H2 sẽ lấy oxi trong oxit tạo thành H2O theo sơ đồ : O (trong oxit) + H2  H2O (Mol) 0,05 0,05 0,05 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi ta có: nO = a + 4b + 3c = 0,05. (1) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe ta có: 3, 04  0, 05x16 n Fe   0, 04 . 56 n Fe= a + 3b + 2c = 0,04. (2) Từ (1) và (2), ta có: b + c = 0,01. c = 0,01-b, thế vào (1) hoặc (2), ta có : a + b = 0,02. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 5 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Mặt khác: 2FeO + 4 H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O. (mol) a a/2 2Fe3O4 + 10 H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O. (mol) b b/2 a  b 0, 02   0, 01mol . Vậy V SO2 = 0,01 . 22,4 = 224ml . Đáp án B. Tổng n SO2  2 2 Ví dụ 2.Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. V dung dịch HCl 2M cần dùng để hoà tan hết hỗn hợp 3 oxit là: A. 0,06 lít. B. 0,12 lít. C.0,24 lít. D.0,48 lít. Hướng dẫn giải. Áp dụng Định luật bảo toàn khối lượng: mO (oxit)= 5,96-4,04= 1,92 gam. 1, 92 n O2   0, 12 mol 16 2H+ + O2-  H2O (mol) 0,24 0,12 0,12 0, 24 VHCl   0, 12l = 120ml.  Đáp án B. 2 Ví dụ 3. Hoà tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp Al và Fe trong dung dịch HCl dư. Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi, còn lại 8 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp đầu là: A.58,03%. B.41,97%. C.53,08%. D.46,92%. Hướng dẫn giải Toàn bộ các quá trình biến đổi hoá học được tóm tắt theo sơ đồ sau: Fe +HCl +t0 Fe2O3 +NaOH dư FeCl2 +NaOH Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al Nung trong không khí AlCl3 Al(OH)3 8 n Fe2O3   0, 05mol 160 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có: nFe = 2 n Fe2 O3  0, 05.2  0, 1 . 5, 6 100  58, 03% .  Đáp án A m Fe= 0,1 . 56= 5,6 gam, %m Fe  9, 65 Ví dụ 4: Cho 4,16 gam Cu tác dụng vừa đủ với 120ml dung dịch HNO3 thu được 2,464 lít (đktc) hỗn hợp hai khí NO và NO2. Nồng độ mol/ lít của HNO3 là: A.1,0M. B.0,1M. C.2,0M. D.0,5M. Hướng dẫn giải Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Nitơ ta có: n N (HNO3 )  n N( NO )  n N( NO2  NO) 3 Toàn bộ lượng Cu chuyển thành Cu(NO3)2: n Cu  n Cu ( NO3 )2  4, 16  0, 065mol . 64 nN (tạo muối nitrat)= 2n Cu= 2.0,065= 0,13 mol. 2, 464 n N ( NO2  NO)   0, 11mol 22, 4 n N (HNO3 )  0, 13  0, 11  0, 24mol . 0, 24  2 M .  Đáp án C 0, 12 Ví dụ 5. Để hoà tan hết 7,68 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 cần dùng vừa đủ 260ml dung dịch HCl 1M, dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là: A.6,0. B.7,0. C.8,0. D.9,0. Hướng dẫn giải 6 GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ C M(HNO3 )  Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Khi cho hỗn hợp 3 oxit tác dụng với HCl thì bản chất là: 2H+ + O2-  H2O. (mol) 0,26 0,13 0,13. mO= 0,13.16=2,08 gam. mFe (trong oxit)= 7,68 -16.0,13= 5,6 gam. 5, 6 n Fe   0, 1mol 56 Toàn bộ các quá trình xảy ra được tóm tắt theo sơ đồ sau: FeO Fe(OH)2 +t0 Fe2O3 FeCl2 Fe(OH)3 Fe2O3 Fe(OH)3 Fe3O4 FeCl3 Nung trong không khí 0, 1 n Fe2O3   0, 05mol , m Fe2 O3  0, 05.160  8gam .  2 Đáp án C Ví dụ 6. Hoà tan hoàn toàn a gam FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng vừa đủ có chứa 0,075mol H2SO4 thu được b gam một muối và 168ml SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Trị số a, b và công thức của FexOy là: A. a= 9; b=3,48; FeO. B. a= 3,48; b= 9; Fe3O4. C. a= 3,48; b= 8; FeO. D. a= 8; b= 3,99; Fe3O4. Hướng dẫn giải Fe2(SO4)3 amol H2SO4 SO2 0,0075mol 0,075mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có: 0,075= 3a + 0,0075, a = 0,0225. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có: n H2 O  n H2SO4  0, 075mol FexOy + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O (mol) z 0,075 0,0225 0,0075 0,075 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có: zx = 0,0225. 2 = 0,045mol. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Oxi, ta có: zy + 4.0,075 = 12.0,0225 + 2.0,0075 + 0,075. Zx = 0,045 Zy = 0,06 x 0, 045 3   .  Fe3O4. y 0, 06 4 a = m Fe + m O = 0,045. 56 + 0,06.16 = 3,48 gam. b = 0,0225. 400 = 9 gam.  Đáp án B II.3.5.Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình. Trong hoá học thường gặp các bài toán hỗn hợp các chất có tính chất tương đương (hỗn hợp các kim loại có cùng hoá trị, các chất cùng dãy đồng đẳng…có cùng chung tính chất hoá học).Khi đó để giải nhanh, chúng ta sử dụng các đại lượng trung bình, dựa vào tính chất cơ bản của giá trị trung bình: * Giá trị nhỏ nhất (min) < giá trị trung bình < giá trị lớn nhất (max). M bình.( II.3.5.1/Khối lượng mol trung ) n m M n  M 2 n 2  ...  M n n n M  hh  1 1  n hh n1  n 2  ...  n n �M n i i 1 i n �n i 1 (1) i Trong đó: m hh : khối lượng hỗn hợp. n hh: Tổng số mol hỗn hợp. Mi : Khối lượng mol chất thứ i trong hỗn hợp. ni : Số mol chất thứ i trong hỗn hợp. Công thức (1) có thể viết thành: n n n M  M1 1  M 2 2  M 3 3  ... �n i �n i �n i GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 7 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học M  M1x1  M 2 x 2  M 3 x 3  ... (2) Trong đó x1,x2… là % số mol tương ứng của các chất. Đặc biệt đối với chất khí thì x1, x2.. cũng chính là % thể tích nên công thức (2) có thể viết thành: n M V  M 2 V2  ...  M n Vn M 1 1  V1  V2  ...  Vn �M V i i 1 i n �V i 1 (3) i Trong đó Vi là thể tích tương ứng của khí i trong hỗn hợp. II.3.5.2/Nguyên tử khối trung bình của nguyên tố ( A ) Hầu hết các nguyên tố hoá học trong tự nhiên đều có nhiều đồng vị, do đó nguyên tử khối của các nguyên tố này là nguyên tử khối trung bình của các đồng vị tính theo công thức: T� ng kh� i l� � ng c� c nguy� n t�� � ng v� A T� ng s�nguy� n t�� � ng v� A x  A 2 x 2  ...  A n x n A 1 1 100 Trong đó An là khối lượng đồng vị thứ n. xn là % số nguyên tử đồng vị thứ n. (xn =100) Ví dụ: Trong tự nhiên Ni có 5 đồng vị với % số nguyên tử tương ứng của mỗi đồng vị như sau: 58 60 61 64 28 Ni 28 Ni 28 Ni 28 Ni 62 28 Ni 67,76% 26,16% 1,25% 3,66% 1,16% 58.67, 76  60.26, 16  61.1, 25  62.3, 66  64.1,16 A Ni   58, 77 100 II.3.5.3/Số oxi hoá trung bình. Ví dụ: Al (x mol) AlCl3 +dd HCl dd Y +H2 Hỗn hợp X Fe (y mol) FeCl2 n Gọi là số oxi hoá trung bình của hai kim loại. n M  nHCl � MCl n  H 2 2 � � 3x  2y 2n  3� � xy � � II.3.5.4/Các đại lượng trung bình thường gặp trong hợp chất hữu cơ. Số nguyên tử ( cacbon, hidro…..) trung bình. Số nhóm chức trung bình. Số liên kết  trung bình. Số gốc hidrocacbon trung bình. ... Ví dụ 1.Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A,B liên tiếp, lấy 6,2 gam X hoà tan hoàn toàn vào nước thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) Kim loại A,B là: A.Li,Na. B.Na,K. C.K,Rb. D.Rb,Cs. Hướng dẫn giải. Đặt công thức chung của A,B là R. Ta có PTHH: 2R +2 H2O  2ROH + H2 (mol) 0,2 0,2 0,1 6,2 M  31  A là Na (23) < M  31 < B là K (39)  Đáp án B 0,2 n x a R GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 8 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Ví dụ 2. Hoà tan hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại X và Y kế tiếp nhau trong nhóm IIA vào dung dịch HCl, thu được 1,12 lít khí CO2 (đktc).Tên của hai kim loại X và Y lần lượt là: A.Be-Mg. B.Mg-Ca. C.Ca-Sr. D.Sr-Ba. Hướng dẫn giải Đặt công thức chung của X và Y là R. Ta có PTHH: RCO3 + 2HCl  RCl2 + CO2 + H2O. (mol) 0,5 0,5 1,12 n CO2   0,05 22, 4 4,68 MCO3   93,6  M  93,6  60  33,6;X  M  Y 0,05 Hai kim loại đó là : Mg =24 < M  33,6 < Ca =40  Đáp án B Ví dụ 3. Cho 150ml dung dịch AgNO3 0,4M vào dung dịch chứa 4,4 gam muối natri halogenua của hai nguyên tố X và Y (thuộc hai chu kỳ liên tiếp). X và Y lần lượt là: A.Flo, Clo. B.Clo, Brom. C.Brom, Iot. D.Clo, Iot. Hướng dẫn giải Đặt công thức chung của hai nguyên tố X và Y là N. Ta có PTHH: NaN + AgNO3  AgN + NaNO3. Ta có nN = n AgNO3 = 0,4 . 0,15 = 0,06 mol. Khối lượng mol trung bình của hai muối là: M X,Y  73,3  23  50,3  X và Y là Cl (35,5) và Brom (80)  Đáp án B Ví dụ 4. Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hidrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng với dung dịch HCl dư, tạo ra 0,448 lít khí (đktc). Kim loại M là : A. Li. B.Rb. C.K. D.Na. Hướng dẫn giải M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O. MHCO3 + HCl  MCl + CO2 + H2O. 0, 448 1,9 n CO2   0,02 , M h�n h�p mu�i = = 95.  M + 61 < 95 < 2M + 60. 22, 4 0,02  17,5 < M < 34 M là Na (23)  Đáp án D Ví dụ 5.Hỗn hợp khí SO2 và O2 có tỉ khối so với CH4 bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O2 vào 20 lít hỗn hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH4 giảm đi 5/6.( Các khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). A.10 lít. B.30 lít. C.20 lít. D.40 lít. Hướng dẫn giải Cách 1. Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có: M = 16.3 = 48 = 64x + 32(1 - x). Giải phương trình : x= 0,5. Vậy : mỗi khí chiếm 50% thể tích. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít. Gọi V là số lít O2 cần thêm vào hỗn hợp, ta có : 5 64.10 + 32(10 + V) M �= .3.16 = 40 = . Giải ra có V =20 lít.  Đáp án C 6 20 + V Cách 2. Hỗn hợp khí ban đầu coi như khí thứ nhất ( 20 lít có M= 16.3=48), còn O2 thêm vào xem như là khí thứ hai, ta có phương trình: 5 48.20 + 32V M = .3.16 = 40 = . Giải ra có V =20 lít.  Đáp án C 6 20 + V Ví dụ 6. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng, thu được 3,548 lít CO2 (đktc) và 3,96 gam H2O. Tính a và xác định CTPT của các ancol. A. 3,32 gam; CH3OH và C2H5OH. B.4,32 gam; C2H5OH và C3H7OH. C.2,32 gam; C3H7OH và C4H9OH. D.3,32 gam; C2H5OH và C3H7OH. Hướng dẫn giải Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai ancol. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 9 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học 3n O2 � nCO 2 + (n +1)H 2 O 2 (mol) x nx (n +1)x 3,584 n CO2 = nx = = 0,16mol. (1) 22, 4 3,96 n H2O = (n +1)x = = 0,22mol (2) 18 n =0,06 và Từ (1) và (2) giải ra x = 2,67. Ta có:a=( 14 n + 18)x = (14.2,67 + 18) 0,06 = 3,32 gam. n = 2,67. Hai ancol là C2H5OH và C3H7OH.  Đáp án D Ví dụ 7. Hỗn hợp X gồm 2 este được tạo thành từ 2 axit đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng và 1 ancol đơn chức, đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam X cần 146,16 lít không khí (đktc).Sản phẩm cháy lần lượt cho qua bình I chứa H2SO4 đặc, sau đó qua bình II chứa dung dịch Ca(OH)2 dư, khối lượng bình I tăng m gam và bình II tăng 46,2 gam. CTPT của 2 este là: A.C5H8O2 và C6H8O2. B.C5H10O2 và C6H12O2. C.C5H8O2 và C7H10O2. D.C5H8O2 và C6H10O2. Hướng dẫn giải Theo đề bài ta thấy 2 este là đơn chức và kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.Gọi CTTQ của 2 este là: C x H y O2 (x,y l� n l� � t l�� s cacbon v�� s hidro trung b� nh c� a 2 este) . Gọi a là số mol hỗn hợp este.Ta có C n H 2n+1OH + y y -1)O2 � xCO 2 + H 2 O (1) 4 2 PTHH: y y (mol) a a(x + -1) ax a 4 2 1 S�mol O 2 ph� n� ng = s�mol kh� ng kh� . 5 146,16 1 n O2 = . = 1,305mol 22, 4 5 Theo bài, độ tăng khối lượng của dung dịch Ca(OH)2 chính là khối lượng của CO2. m CO2 = 46,2 g. 46,2 n CO2 = = 1,05mol . Theo (1) ta có: 44 ax = 1,05 C x H y O 2 + (x + y a(x + -1)=1,305 4 Do 2 este là đồng (12x + y +32)a=20,1 tử este số H luôn chẵn, a = 0,18 x = 5,83 đẳng liên tiếp nhau và trong y = 9,67 nên từ x v�y  CTPT của 2 este phân là C5H8O2 và C6H10O2.  Đáp án D II.3.6.Phương pháp đường chéo. Nội dung của phương pháp : Phương pháp đường chéo được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng nồng độ hoặc trộn lẫn các chất khí không tác dụng với nhau. 1/ Đối với nồng độ % về khối lượng : M1........C1 C2-C C � m1 C 2  C  m 2 C  C1 (1) M2....... C2 C – C1 Trong đó + m1 là khối lượng dung dịch có nồng độ C1%, m2 là khối lượng dung dịch có nồng độ C2% + C% là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với C1 < C < C2 2/ Đối với nồng độ mol/ lít GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 10 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học V1..............CM (1) CM (2)- CM � V1 CM (2)  C  , (II) V2 C  CM (1) CM CM - CM (1) V2 ............CM (2) Trong đó: + V1 là thể tích dung dịch có nồng độ mol CM (1) + V2 là thể tích dung dịch có nồng độ mol CM (2) + CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với CM (1) < CM < CM (2) 3/ Đối với các chất khí không tác dụng với nhau V1............M1 _ M2 – M V1 M 2  M �  _ , (III) V2 M M  M1 V2.............M2 M – M1 tích khí thứ 1 có khối lượng mol phân tử M1 Trong đó : + V1 là thể + V2 là thể tích khí thứ 2 có khối lượng mol phân tử M2. + M là khối lượng mol phân tử trung bình, với M1 < M < M 2 4/ Chú ý : Để vận dụng tốt phương pháp đường chéo, phải thuộc các công thức (I),(II),(III) để áp dụng vào những bài toán cụ thể. + Chất rắn xem như dung dịch có C% = 100%. + Dung môi xem như dung dịch có C%= 0%. +Nếu pha trộn hai dung dịch, hai chất khí...mà xảy ra phản ứng hoá học thì không áp dụng phương pháp đường chéo. + Trộn lẫn hai dung dịch không cùng chất tan. Ví dụ 1 :Trộn m1 (g) dung dịch HCl 36% với m2 (g) dung dịch HCl 12% thu được 15ml dung dịch HCl 20% (d= 1,1 g/ml).Giá trị của m1 và m2 lần lượt là : A.4,5 g và 12 g. B.11 g và 5,5 g. C.5,4 g và 11,1 g. D.5,5 g và 11g. Hướng dẫn giải m1 ...........36 8 20 � m1 m2  8 16  1 2 m2 ...........12 16 Kết hợp với m1 + m2 = 151,1= 16,5  m1= 5,5 g và m2 =11g Đáp án D Ví dụ 2 :Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 600g dung dịch NaOH 18% để thu được dung dịch NaOH 15% ? A.60. B.120. C.160. D.400. Hướng dẫn giải Xem nước là dung dịch NaOH 0%, ta có : m1 ..........0 3 15 � m1 m2  3 15  1 5 m2 .........18 15  m1=6001/5= 120, Đáp án B Ví dụ 3 :Hoà tan 200 gam SO3 vào m2 gam dung dịch H2SO4 49% ta được dung dịch H2SO4 78,4%.Giá trị của m2 là A.133,3g. B.146,9g. C.272,2g. D.300 g. Hướng dẫn giải Phương trình hoá học SO3 + H2O  H2SO4. 98 �100  122,5gamH 2SO 4 100 gam SO3  80 Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng 122,5%. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 11 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Gọi m1,m2 lần lượt là khối lượng của SO3 và dung dịch H2SO4 49% cần lấy. m1 ...........122,5 29,4 m2 ...........49 � 78,4 44,1 m1 m2  29, 4 44,1 44,1 �200  300gam . Đáp án D 29, 4 Ví dụ 4: Cần trộn H2 và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để thu được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan bằng 1,5. Hướng dẫn giải M = 1,516=24 VH2..............2 4 � m2  � 24 VCO ............28 22 VH 2 VCO  4 22  2 11 PHẦN 3 : CÁC DẠNG BÀI TẬP. I/ TÍNH THEO PTHH KHI CHO 2 LƯỢNG CHẤT PHẢN ỨNG.(Phản ứng xảy ra hoàn toàn) I.1.Yêu cầu. -Đọc kỹ đề bài xác định đúng chất phản ứng hết, chất còn dư sau phản ứng. -Tính theo PTHH dựa vào chất phản ứng hết. I.2.Phương pháp giải. -Lập PTHH.Viết tỉ lệ mol. -So sánh tỉ lệ mol của các chất tham gia phản ứng. Xác định chất còn dư theo hệ số PTHH. aA + bB  cC + dD nA nB So sánh hai tỉ lệ: n A nB = th�A v�B � � u ph� n� ng h� t. a b n A nB > th�A d�v�B ph� n� ng h� t. a b n A nB < th�A ph� n� ng h� t v�B d� . a b -Tính toán theo lượng chất phản ứng hết. I.3.Các ví dụ. Ví dụ 1.Cho 1,3 gam Zn vào 200ml dung dịch H2SO4 có pH =2.Chất nào còn dư sau phản ứng? Khối lượng? Hướng dẫn giải. 1,3 n Zn = = 0,02; [H + ] = 10- 2M , n H+ = 0,2.10- 2 = 0,002mol, n H2SO 4 = 0,001mol. 65 Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2. So sánh tỉ lệ mol của Zn và H2SO4 để xác định chất nào còn dư, chất nào phản ứng hết. 0,02 0,001 > , Zn d�v�H 2SO 4 h� t. 1 1 n Zn phản ứng = n H2SO4 = 0,001 , m Zn dư = 1,3 – 0,001. 65 = 1,235 gam. Ví dụ 2. Cho 6,68 gam hỗn hợp gồm Al và Fe tác dụng hết với 2 lít dung dịch HCl 0,2M được dung dịch A và 3,584 lít khí H2 (đktc). a.Tính %m mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. b.Tính pH của dung dịch A. Hướng dẫn giải. Ta có PTHH:3+ n H+ ��u = 0,2.2 = 0, 4mol. Al � Al + 3e 3,584 2H + + 2e � H 2 x 3x n H2 = = 0,16mol. 12 22,Thanh 4 GV: Nguyễn Thị Thuỷ (mol) 0,32 0,32 0,16 2+ Fe � Fe + 2e y 2y Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học n H+ phản ứng = 0,16 . 2 = 0,32 mol < n H+ đầu  axit dư sau phản ứng. n H+ dư = 0,4 – 0,32 = 0,08 mol. a. Gọi x là số mol Al, y là số mol Fe trong hỗn hợp. Ta có phương trình: 27x + 56 y = 6,68 x = 0,04 3x + 2y = 0,32. y = 0,1. %m Al = 27.0,04 .100 =16,17%. 6,68 %mFe = 56.0,1.100 =83,83%. 6,68 b.pH của dung dịch A. 0,08 [H + ] d� = = 0,04M, pH =1,4. 2 Ví dụ 3.Cho 114,2 gam dung dịch H2SO4 20% vào 400 gam dung dịch BaCl2 5,2%. Tính C% của các chất trong dung dịch sau phản ứng. Hướng dẫn giải. 114,2.20 400.5,2 n H2SO4 = = 0,233mol. n BaCl2 = = 0,1. 100.98 100.208 Ba 2+ + SO 2-4 � BaSO 4 � Số mol ban đầu. 0,1 0,233 Số mol phản ứng. 0,1 0,1 0,1 Số mol dư 0,0 0,133 Dung dịch sau phản ứng chứa HCl và H2SO4 dư. n H2SO4 = n SO2- d� = 0,133mol. 4 n HCl = n Cl- = 0,1.2 = 0,2mol. Khối lượng kết tủa = 0,1 . 233 = 23,3 gam. Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 114,2 + 400 -23,3 = 490,9 gam. 0,133.98.100 C%H2SO4 = = 2,66%. 490,9 0,2.36,5 C% HCl = .100 = 1,49%. 490,9 II/ DẠNG TOÁN pH. II.1.Một số lưu ý khi giải bài toán pH. a. pH = - lg [H + ], n� u [H + ] = 10-a M th� pH = a. Trong b� t k�dung d� ch n� o ta lu� n lu� n c�[H + ][OH- ] = 10- 14 �250 C. b.Nếu môi trường bazơ pH > 7, ta phải tính theo [OH-]. Ví dụ: Cho dung dịch có pH =11, môi trường bazơ, OH- chiếm ưu thế. 10- 14  pH =11, � [H + ] = 10-11M, [OH - ] = - 11 = 10-3M. 10 c.Nếu môi trường axit pH < 7, ta phải tính [H+]. Ví dụ: Cho dung dịch có pH= 3, môi trường axit, H+ chiếm ưu thế. [H+] = 10-3M. d. Phản ứng trung hoà tức cả axit và bazơ đều phản ứng hết. Cho axit mạnh tác dụng với bazơ mạnh, phải xác định xem chất nào còn dư sau phản ứng và tính nồng độ mol của chất đó, tính [H+] suy ra pH. II.2.Các ví dụ. Tính pH khi pha loãng dung dịch không có phản ứng hoá học xảy ra. II.2.1. Nguyên tắc khi tính pH trong trường hợp này. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 13 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Khi pha loãng dung dịch, sô mol không đổi, nồng độ mol/ lít thay đổi. Dung dịch 1 có nồng độ C1, thể tích V1, lượng chất tan n1, pha loãng bằng nước tạo thành dung dịch 2 có nồng độ C2, thể tích V2, lượng chất tan n2. Vì số mol không đổi nên n1 = n2. C1V1= C2V2. Ví dụ 1.Dung dịch HCl có pH =2 cần pha loãng dung dịch này bằng nước bao nhiêu lần để thu được dung dịch có pH = 4? A.10 lần. B.99 lần. C.101 lần. D.100 lần. Hướng dẫn giải Ta có pH =2 vậy C1= [H+] = 10-2M, C2 = [H+] = 10-4M. Từ công thức C1V1= C2V2 ta có 10- 2 V1 = 10- 4 V2 , � V1 10- 4 1 = -2 = V2 10 100 � V2 = 100V1 � pha lo� ng 100 l� n. Đáp án D. Ví dụ 2.Dung dịch HCl có pH =1 cần pha loãng dung dịch này bằng nước bao nhiêu lần để thu được dung dịch có pH = 2? A.10 lần. B.99 lần. C.101 lần. D.100 lần. Hướng dẫn giải Ta có pH =1 vậy C1= [H+] = 10-1M, C2 = [H+] = 10-2M. V 10- 2 1 Từ công thức C1V1= C2V2 ta có 10- 1 V1 = 10- 2 V2 , � 1 = - 1 = V2 10 10 � V2 = 10V1 � pha lo� ng 10 l� n. Đáp án A. Ví dụ 3.Dung dịch NaOH có pH =11 cần pha loãng dung dịch này bằng nước bao nhiêu lần để được dung dịch NaOH có pH=9. A.10 lần. B.99 lần. C.100 lần. D.101 lần. Hướng dẫn giải Môi trường bazơ ta phải tính [OH-] Ta c�pH =11, v� y: 10- 14 = 10- 3 M. 10- 11 Dung d� ch sau khi pha lo� ng c� : C1 = [OH- ] = 10-14 = 10-5M. 10-9 Từ công thức C1V1= C2V2 ta có : C 2 = [OH - ] = 10- 3 V1 = 10- 5 V2 , � V1 10- 5 1 = -3 = V2 10 100 � V2 = 100V1 � pha lo� ng 100 l� n. Đáp án C. II.2.2.Một số sai lầm khi tính toán trong trường hợp này. Ví dụ 3.Dung dịch NaOH có pH =11 cần pha loãng dung dịch này bằng nước bao nhiêu lần để được dung dịch NaOH có pH=9. A.10 lần. B.99 lần. C.100 lần. D.101 lần. Nếu môi trường bazơ mà không tính [OH-] lại đưa [H+] vào công thức : C1 =[H + ]= 10-11M, C 2 =[H + ]= 10-9M. 10- 11 V1 = 10- 9 V2 , � V1 10- 9 = = 100 V2 10- 11 � V1 = 100V2 � sai . Sai, vì n OH- phụ thuộc vào số mol bazơ cho vào lúc ban đầu, nếu số mol bazơ thay đổi thì n OH- làm cho pH thay đổi. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 14 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Nếu tính theo [H+ ] , khi pha loãng bằng H2O thì [H+ ] thay đổi, nhưng [H + ] do nước điện li ra chứ không phải do chất tan mà nước là dung môi chứ không phải là chất tan.(vì khi pha loãng thì số mol chất tan không đổi) II.2.3.Đưa ra phép tính nhanh cho học sinh trong trường hợp này. Khi pha loãng pH tăng hay giảm đi một đơn vị thì số lần pha loãng là 101 lần. Khi pha loãng pH tăng hay giảm đi 2 đơn vị thì số lần pha loãng là 102 lần. Khi pha loãng pH tăng hay giảm đi n đơn vị thì số lần pha loãng là 10n lần. Ví dụ1. Dung dịch HCl có pH =1 cần pha loãng dung dịch này bằng nước bao nhiêu lần để thu được dung dịch có pH = 2? A.10 lần. B.99 lần. C.101 lần. D.100 lần. Hướng dẫn giải Tính nhanh : pH tăng 2-1= 2 đơn vị, số lần pha loãng là 101 lần, pha loãng 10 lần. Đáp án A. Ví dụ 2.Dung dịch NaOH có pH =11 cần pha loãng dung dịch này bằng nước bao nhiêu lần để được dung dịch NaOH có pH=9. A.10 lần. B.99 lần. C.100 lần. D.101 lần. Hướng dẫn giải Tính nhanh : pH giảm 11-9 = 2 đơn vị, số lần pha loãng là 102 lần, pha loãng 100 lần. Đáp án C. III/ XÁC ĐỊNH KHỐI LƯỢNG HỖN HỢP DỰA VÀO ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG. III.1.Nội dung. Nhiều bài toán hoá học phức tạp có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng. III.1.1. Trong một phản ứng hoá học : Tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng. III.1.2.Trong một hợp chất : Khối lượng của chất bằng tổng khối lượng các nguyên tử của nguyên tố cấu thành nên chất đó. III.1.3.Khối lượng của dung dịch = khối lượng chất tan + khối lượng dung môi. III.1.4.Khi pha trộn các dung dịch với nhau : m dd sau khi pha tr�n  m dd ban ��u - �m c�c ch�t tho�t ra kh�i dd . III.1.5.Khối lượng hỗn hợp muối bằng tổng khối lượng của cation và anion. III.2.Các ví dụ. Ví dụ 1.Cho 24,4 gam hỗn hợp Na2CO3 và K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2.Sau phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa.Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là : A.2,66. B.22,6. C.26,6. D.6,26. Hướng dẫn giải 39, 4 n BaCl2  n BaCO3   0,2mol. 197 Đặt công thức chung của hai muối cacbonat là : M2CO3. M2CO3 + BaCl2  BaCO3 + 2MCl 24,4g 0,2 mol 39,4g mg  m = 24,4 + 208.0,2-39,4=26,6.  Đáp án C. Ví dụ 2.Hoà tan hoàn toàn 10 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe trong dung dịch HCl dư, tạo ra 2,24 lít H2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra là: A.1,71 gam. B.17,1gam. C.3,42gam. D.34,2 gam. Hướng dẫn giải 2,24 Ta c�n Cl-  n H   2n H2  2  0,2mol. 22, 4  Đáp án B. � m mu�i = m kim lo�i + m Cl-  10  0,2.35,5  17,1gam. Ví dụ 3.Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe2O3,MgO,ZnO tan vừa đủ trong 300ml dung dịch H2SO4 0,1M. Khối lượng hỗn hợp muối sunfat tạo ra là: A.3,81 gam. B.4,81 gam. C.5,21 gam. D.4,8 gam. Hướng dẫn giải Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m h�n h�p oxit + m axit = m h�n h�p mu�i + m n��c . GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 15 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Định luật bảo toàn nguyên tố đối với Hidro, ta có: n H2SO4 =n H2 O =0,3.0,1=0,03mol m h�n h�p mu�i = 2,81+ 0,03.98 -0,03.18= 5,21 gam.  Đáp án C. Ví dụ 4.Hỗn hợp A gồm N2 và H2 theo tỉ lệ 1:3 về thể tích, tạo phản ứng tổng hợp NH3. Sau phản ứng được hỗn hợp khí B, d A B  0,6. Hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 là: A80%. B.50%. C.70%. D.85%. Hướng dẫn giải Gọi x là số mol N2 lúc ban đầu, số mol H2 ban đầu là 3x. N 2 +3H 2 � 2NH 3 S�mol ban � � u x 3x 0 S�mol ph� n� ng a 3a 2a S�mol l� c c� n b� ng (x-a) (3x-3a) 2a Tổng số mol hỗn hợp sau phản ứng= nB = x-a + 3x-3a + 2a = 4x- 2a. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mA = mB. MA nB dA    0,6. B MB nA 4x-2a  0,6. � a  0,8x. 4x 0,8x H 100  80%. x �  Đáp án A. IV/ CO2 HOẶC SO2 TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM. Với CO2  Sục khí CO2 vào dd OH- có thể xảy ra hai phản ứng sau: CO 2 + OH - � HCO-3 (1) T CO 2 + 2OH - � CO32- + H 2 O (2) Dựa vào bảng sau đây để xác định các chất có trong dd sau phản ứng Phản ứng xảy ra Anion có trong dd sau phản ứng Số mol muối thu được nOH  nCO2 T1 (1) HCO3 12 (2) 2 3 CO nCO 2 = 1 nOH  = nCO2 3 2 2 3 nCO 2 = nCO2 và OH- dư 3 Với SO : Phản ứng xảy ra tương tự như CO khi tác dụng với dung dịch kiềm, nhưng 2 2  khác với CO2, SO2 có tính khử còn CO2 thì không. Ví dụ 1.Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít SO2 (đktc) vào dung dịch chứa 16 gam NaOH. Khối lượng muối thu được trong dung dịch là: A. 18,9 gam. B.25,2 gam. C.23 gam. D.20,8 gam. Hướng dẫn giải GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ CO 16 Trường THPT Long Thành n OH   T Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học 16  0, 4mol. 40 n OH n SO2  n SO2  4, 48  0,2mol 22, 4 0, 4  2 � t� o mu� i Na 2SO3 . 0,2 SO 2 + 2NaOH � Na 2 SO3 (mol) 0,2 0,4 0,2 Vậy m Na2SO3  0,2.126  25,2gam. Đáp án B. Ví dụ 2. Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít CO2 (đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/ lít thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là : A. 0,032. B.0,06. C.0,04. D.0,048. Hướng dẫn giải n CO  2 2, 688 22, 4  0,12mol. CO 2 + OH (mol) x - 2- + CO 3 (mol) y 197  0, 08mol. � CO 32- + H 2 O 2y 2+ 15, 76 x CO 2 + 2OH Ba 3 � HCO -3 x (mol) y n BaCO  y � BaCO 3 � y y=0,08. Ta c�ph� � ng tr� nh: x + y = 0,12. � x  0,04. Ba(OH)2 � Ba 2   2OH  (mol) 2,5a 5a n OH   5a  x  2y  0,04  2.0,08  0,2. 0,2  0,04M. � �� p� n C. 5 Ví dụ 3. Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít CO2(đktc) vào 500ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,2M, sinh ra m gam kết tủa, giá trị của m là : A.11,82 gam. B.9,85 gam. C.17,73 gam. D.19,70 gam. Hướng dẫn giải 4, 48 n CO2   0,2mol. n OH- =0,5(0,1+ 0,2.2)=0,25mol. 22, 4 n Ba2+  0,2.0,5  0,1mol. �a  T= n OHn CO2 = 0,25 =1,25 � t� o 2 mu� i 0,2 Ta lập hệ phương trình. x + y = 0,2. x + 2y= 0,25 x = 0,15. y = 0,05 CO2 + OH - � HCO3(mol) x x x - CO2 + 2OH � CO32- + H 2 O (mol) y 2y y Ba 2+ + CO32- � BaCO3 � (mol) 0,05 0,050,05.197= 9,85 gam mBaCO3 = Cách khác: n CO2  n OH  n CO2  0,25  0,2  0,05mol  n Ba2  0,1.  Đáp án B. 3 Do � �n BaCO3  n CO2  0,05mol. 3 Ghi chú: chỉ áp dụng công thức n CO23  n OH   n CO2 khi phản ứng tạo ra hỗn hợp 2 muối. V/ BÀI TẬP TỔNG HỢP. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 17 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Ví dụ 1.Hoà tan hoàn toàn 8,862 gam hỗn hợp gồm Al và Mg vào dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch X và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hoá nâu trong không khí. Khối lượng của Y là 5,18 gam. Cho dung dịch NaOH (dư) vào X và đun nóng, không có khí mùi khai thoát ra. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp ban đầu là: A.19,53%. B.12,8%. C.10,52%. D.15,25%. Hướng dẫn giải Cho dung dịch NaOH (dư) vào X và đun nóng, không có khí mùi khai thoát ra chứng tỏ không có sản phẩm khử NH4NO3 tạo thành. Hỗn hợp Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hoá nâu trong không khí chứng tỏ có một khí là NO. 3,136 5,18 nY   0,14mol � M Y   37. 22, 4 0,14 Mà NO có M=30  Khí còn lại là NO2 (46) hoặc N2O (44), vì khí không màu nên loại NO2 ( màu nâu đỏ). 30  44  37. � n NO  n N 2 O  0,07mol. Vì M Y  2 Gọi x là số mol Mg và y là số mol Al. Quá trình oxi hoá: Mg � Mg 2+  2e. x x 2x Al � Al3+ +3e y y 3y Quá trình khử: NO3 + 3e + 4H + � NO  2H 2 O. (mol) 0,07 0,21 0,28 3 0,07 + 2NO + 8e +10H � N 2 O + 5H 2 O (mol) 0,14 0,56 0,7 0,07 Áp dụng định luật bảo toàn e vào các quá trình trên ta có: 2x + 3y = 0,77 Kết hợp với phương trình khối lượng ta có hệ phương trình: 2x + 3y = 0,77.  Al = 0,042.27 = 1,134 gam. 24x + 27y = 8,862 x = 0,322. y = 0,042 1,134.100% %Al   12,8%. � Đáp án B.  8,862 Ví dụ 2.Hoà tan 7,68 gam Cu vào 150 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,8M và H2SO4 0,4M thu được dung dịch A và V lít khí NO duy nhất (đktc). a) Giá trị của V là: A. 1,792. B.2,688. C.1,344. D.1,568. b) Cô cạn dung dịch A thu được khối lượng muối khan là : A. 15,24 gam. B.17,16gam. C.15,17gam. D.18,24gam. Hướng dẫn giải a) 7,68 n Cu   0,12mol. 64 n H = n HNO3  2n H 2SO4  0,15(0,8 +0,4.2)= 0,24mol. n SO2  n H2SO 4  0,06mol. 4 GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 18 Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học 3Cu + 8H + + 2NO-3 � 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O. n ban ��u 0,12 0,24 0,12. 0,24 0,12 0,12   � H  tham gia ph� n� ng h� t. 8 3 2 0,24.2 � n NO   0,06 � VNO  0,06.22, 4  1,344 l� t. 8 � �� p� n C. So s� nh t� l� : b) n NO- 3 t� o mu� i = n NO  ban ��u  n NO t�o NO  0,12-0,06= 0,06mol. 3 3 n SO2 t�o mu�i  n H2SO4  0,06mol. 4 m mu�i  m Cu2 + m NO- 3 t� o mu� i  m SO2 t�o mu�i . 4 = 64.0,09 + 62.0,06 + 96.0,06 = 15,24 g.  Đáp án A. Ví dụ 3.Hoà tan hoàn toàn 22,4 gam một kim loại M vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được dung dịch A và một khí B làm mất màu dung dịch thuốc tím. Hấp thụ hoàn toàn B vào 500ml dung dịch NaOH 1M, phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chứa 39,7g muối. Kim loại M là: A. Fe. B.Ca. C.Mg. D.Cu. Hướng dẫn giải Gọi hoá trị của M là n. PTHH: 2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O. Khí B là SO2 , giả sử tác dụng với dung dịch NaOH tạo hỗn hợp 2 muối. n NaOH = 0,5.1= 0,5mol. SO2 Na2SO3. (a mol) NaHSO3 (b mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có : 2a + b = 0,5 Ta lập hệ phương trình 2a + b = 0,5. 104a + 126b= 39,7 a = 0,2. b = 0,15 Áp dụng bảo toàn nguyên tố S, ta có : n SO2 = a + b = 0,2 + 0,15 = 0,35mol. Trong trường hợp chỉ tạo một muối thì khi giải phương trình sẽ có một nghiệm bằng 0 2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O. (mol) 0,7/n 0,35 22, 4 M n  32n. n =2, M = 64. Kim loại M là Cu.  Đáp án D. 0, 7 PHẦN 4. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Trong năm học 2011-2012 tôi được phân công giảng dạy 5 lớp : 12B4, 12B5, 11A1, 11A4, 11B7, qua các kì kiểm tra chất lượng thu được các kết quả sau: Tổng số học sinh 204 Chất lượng đầu năm Thi học kì I Thi học kì II Trên trung bình 117 161 176 Tỉ lệ 57,35% 78,92% 86,27% Tổng kết chung. Trong số các phương pháp và một số dạng bài tập trên, việc lựa chọn sử dụng phương pháp nào là hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực và tư duy của từng người, cũng như phù hợp với trình độ hiểu biết và lứa tuổi của mỗi học sinh. Hy vọng rằng với chuyên đề này, một phần nào giúp học sinh giảm bớt khó khăn trong việc học Hoá học, ham thích môn học này đồng thời nâng cao chất lượng giáo dục là một chiến lược quốc sách của mỗi quốc gia. GV: Nguyễn Thị Thanh Thuỷ 19
- Xem thêm -