Skkn xây dựng và sử dụng bài tập có nhiều cách giải trong dạy học môn hóa học ở trường phổ thông

  • Số trang: 37 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 15 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG” A. MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Thực trạng của vấn đề Nâng cao chất lượng dạy học nói chung và chất lượng dạy học Hóa học nói riêng là nhiệm vụ quan trọng nhất hiện nay của giáo viên Hóa học ở các trường phổ thông. Trong dạy học Hóa học, chúng ta có thể nâng cao chất lượng dạy học và phát triển năng lực nhận thức của học sinh bằng nhiều biện pháp và nhiều phương pháp khác nhau, mỗi phương pháp đều có những ưu điểm riêng, nên đòi hỏi giáo viên phải biết lựa chọn, phối hợp các phương pháp một cách thích hợp để chúng bổ sung cho nhau, nhằm giúp học sinh phát huy tối đa khả năng tư duy độc lập, tư duy logic và tư duy sáng tạo của mình. Trong quá trình dạy học, việc sử dụng các bài tập sẽ mang lại hiệu quả cao, học sinh tiếp thu kiến thức một cách nhanh chóng, hứng thú học tập,…Tuy nhiên, trong thực tế, việc sử dụng bài tập Hóa học để bồi dưỡng năng lực tự học và phát triển tư duy cho học sinh còn hạn chế nên hiệu quả chưa cao. Ngoài ra, quá trình tổ chức phong trào thiết kế, xây dựng các loại bài tập Hóa học, nhất là bài tập có nhiều cách giải trong tổ chuyên môn không được thường xuyên và không mang tính cập nhật. Vì vậy, chúng tôi chọn đề tài này góp phần vào các phương pháp dạy học tích cực nhằm phát huy tính sáng tạo của học sinh, đồng thời qua đó giúp giáo viên đánh giá cũng như học sinh tự đánh giá kết quả học tập của mình. 2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài Bài tập Hóa học giúp cho học sinh phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh. Một bài tập có nhiều cách giải, ngoài cách giải thông thường, quen thuộc còn có cách giải độc đáo, thông minh, sáng tạo, ngắn gọn và chính xác. Việc đề xuất một bài tập có nhiều cách giải, yêu cầu học sinh tìm được lời giải hay, ngắn gọn, nhanh trên cơ sở các phương pháp giải toán, các qui luật chung của Hóa học cũng là một biện pháp có hiệu quả nhằm phát triển tư duy và trí thông minh cho học sinh, qua đó góp phần nâng cao chất lượng dạy và học ở trường phổ thông. 3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài - Nghiên cứu tìm ra các cách giải khác nhau của một số bài toán hữu cơ, vô cơ thường gặp. -Xây dựng các bài tập Hóa học có nhiều cách giải cho học sinh trung học phổ thông. -Sử dụng các bài tập này trong việc giảng dạy các tiết học chính khóa và không chính khóa ở trường trung học phổ thông. II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH 1. Cơ sở lí luận và thực tiễn - Bài tập Hóa học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ dạy học. Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh động, phong phú, giúp cho giáo viên củng cố và hệ thống hóa kiến thức một cách thuận lợi, rèn luyện được nhiều kĩ năng cần thiết về Hóa học góp phần vào việc giáo dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh. - Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau, giúp học sinh không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn thiện kỹ năng và hình thành kỹ xảo. Điều này hết sức cần thiết, giúp học sinh giải quyết nhanh, đạt kết quả tốt trong việc giải các bài toán trắc nghiệm có yêu cầu mức độ vận dụng ngày càng cao trong các kỳ thi hiện nay. 2. Các biện pháp tiến hành, thời gian thực hiện đề tài -Nghiên cứu lí thuyết về lí luận dạy học Hóa học; lí luận về các bài toán Hóa học; các phương pháp giải nhanh bài toán Hóa học,.. từ các sách tham khảo của các tác giả như Nguyễn Ngọc Quang; Nguyễn Xuân Trường… và các luận văn nghiên cứu về lí luận dạy học Hóa học. - Dựa vào thực tiễn giảng dạy nhiều năm của giáo viên, những kinh nghiệm và giải pháp rút ra từ thực tế giảng dạy ở các lớp. -Nghiên cứu thực nghiệm sư phạm trên các lớp 12TN1, 12TN5 trường THPT Tăng Bạt Hổ, năm học 2011-2012. -Thời gian thực hiện đề tài: Năm học 2011-2012, từ tháng 9 năm 2011 đến tháng 3 năm 2012. B. NỘI DUNG I. MỤC TIÊU -Xây dựng các cách giải khác nhau của một số bài toán hữu cơ, vô cơ thường gặp. -Xây dựng một số bài tập vô cơ, hữu cơ có nhiều cách giải. -Cách sử dụng các bài tập có nhiều cách giải trong việc dạy học Hóa học ở trường phổ thông. II. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 2.1. XÂY DỰNG CÁC CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ THƯỜNG GẶP 2.1.1. Bài toán Hữu cơ 2.1.1.1. Đề bài: Bài 1:Thủy phân m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala mạch hở thu được 28,48 gam Ala; 32,00 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Tính m? Bài 2: 0,06 mol hỗn hợp A gồm CH3OH và 1 ancol cùng dãy đồng đẳng có khối lượng là 4,02 gam. Cho toàn bộ hỗn hợp trên tác dụng hết với 6 gam axit axetic (H2SO4 đặc làm chất xúc tác, giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%). Tính khối lượng este thu được. Bài 3: Xà phòng hóa 13,2 gam hỗn hợp 2 este HCOOC 3H7 và CH3COOC2H5 cần dùng 100 ml dung dịch NaOH x M. Tính giá trị của x ? 2.1.1.2. Các cách giải: Bài 1: Cách 1: Bảo toàn nguyên tố- chọn nguyên tố đại diện là N n N/ tetrapeptit  m.4 mol 89.4  18.3 n N/ala  n N/ala  ala  n N/ala ala ala  28, 48 32.2 27, 72.3    1, 08 mol 89 89.2  18 89.3  18.2 Bảo toàn nguyên tố N suy ra: m.4  1, 08  m  81,54 g . 89.4  18.3 Cách 2: Bảo toàn số liên kết peptit (CO-NH) Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m H O pu 2 = m- (28,48+32+27,72) = m-88,2 => n H O 2 = m-88,2 18 m.3 mol 89.4  18.3 Số mol liên kết peptit ban đầu: Số mol liên kết peptit lúc sau (Sản phẩm): 32.1 27,72.2   0, 44 mol 89.2  18 89.3  18.2  n lienket /ala ala  n lienket /ala ala ala  Theo bảo toàn số liên kết peptit: số liên kết peptit trong sản phẩm bằng số liên kết peptit trong tetrapeptit cộng số phân tử nước, suy ra: 0, 44  m.3 m  88, 2   m  81,54 g . 89.4  18.3 18 Cách 3: Qui đổi sản phẩm về một chất đơn giản: Qui đổi về alanin(ala) Ta có: 1 ala-ala ↔ 2 ala; 0,2 mol 1 ala-ala-ala ↔ 3 ala  0,4 mol 0,12 mol  0,36 mol => �n ala = 0, 4 + 0,36 + 0,32(gtcho) = 1,08 mol Suy ra: n tetrapeptit  n ala 1,08   0, 27 mol 4 4 => m tetrapeptit  0, 27.(89.4  18.3)  81,54 g . Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � ala-ala-ala + ala o x mol x mol t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � 2ala-ala o y mol 2y mol t Ala-ala-ala-ala + 3 H2O �� � 4 ala o z mol => x = n ala ala ala  0,12mol (1); x + 4 z = n ala  0,32mol (2) 4 z mol x mol 2y = n ala ala  0,12mol (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra x = 0,12 mol; y = 0,1 mol; z = 0,05 mol, suy ra n ala ala ala ala  0,12  0,1  0,05  0, 27 mol  m  0, 27.(89.4  18.3)  81,54 g. Cách 5: Phương pháp trung bình: Đặt sản phẩm là n- peptit:  Ala  n Ta có n  1.n ala  2.n ala ala  3.n ala ala ala 1.0,32  2.0, 2  3.0,12   1,6875 n ala  n ala ala  n ala ala ala 0,32  0, 2  0,12 n ala-ala-ala-ala ↔ 4  Ala  n => n ala ala ala ala  (0,32  0, 2  0,12).n  0, 27 mol 4 => m tetrapeptit  0, 27.(89.4  18.3)  81,54 g . Cách 6: Phân tích hệ số mol sản phẩm: Sản phẩm = 0,32 mol ala + 0,2 mol ala-ala + 0,12 mol ala-ala-ala = ( 0,12 mol ala + 0,12 mol ala-ala-ala) + ( 0,2 mol ala + 0,1 mol ala-ala) + +0,1mol ala-ala = 0,12 mol ala-ala-ala-ala + 0,1 mol ala-ala-ala-ala + 0,05 mol ala-ala-ala-ala = 0,27 mol ala-ala-ala-ala => mtetrapeptit  0, 27.(89.4  18.3)  81,54 g . Cách 7: tính số mol tetrapeptit trực tiếp(theo bảo toàn gốc ala) n ala ala ala ala  n ala n ala ala n ala ala ala .3 0,32 0, 2 0,12.3       0, 27 mol 4 2 4 4 2 4 => m tetrapeptit  0, 27.(89.4  18.3)  81,54 g . Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � ala-ala-ala o 0,12 mol ← 0,12 mol (gt) t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � 2ala-ala o + ala → 0,12 mol 0,1 mol ← 0,2 mol t Ala-ala-ala-ala + 3 H2O �� � 4 ala o 0,15 mol ← (0,32-0,12) mol => mH2O  (0,12  0,1  0,15).18  6,66 g Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m ala ala ala ala m H O 2 m ala m ala ala m ala ala ala => m = 28,48+ 27,72+ 32- 6,66 = 81,54 g. Cách 9: Giải theo tỉ lệ mol sản phẩm Giả thiết cho: ala: (ala)2: (ala)3 = 8: 5: 3, suy ra: H O � 8 ala + 5 (ala)2 + 3 (ala)3 6,75 (ala)4 ��� 2 0,27 mol ← 0,32 0,2 0,12 => m tetrapeptit  0, 27.(89.4  18.3)  81,54 g . Bài 2: Cách 1: Phương pháp đại số Gọi CT của ancol cùng dãy đồng đẳng với ancol metylic là : ROH CH3OH + CH3COOH → CH3COOCH3 + H2O a a ROH + CH3COOH → CH3COOR + H2O b Ta có: b m CH3OH  m ROH  32a  b(M R  17)  4, 02(*) n CH3OH  n ROH  a  b  0, 06hay42a  42b  0, 06.42  2,52 (**) Cộng (*) và (**), ta được: 74a+ 59b + bR = 6,54. Suy ra: meste  mCH COOCH 3 3  m CH3COOR  74a  59b  bR  6,54 g. Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng: Ta có: n axit  n este  n nuoc  0, 06mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : (2) (1) m ancol  maxit  meste  m H 2O => m este  4, 02  0, 06.60  0, 06.18  6,54 g Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng Cứ 1 mol ancol tạo thành 1 mol este thì khối lượng tăng : 59-17 = 42 gam. 0,06 mol ancol tạo thành 0,06 mol este thì khối lượng tăng: 0,06.42 =2,52 gam. Vậy : meste = 4,02 + 2,52 = 6,54 g. Cách 4 : Gọi CTTB của 2 ancol là: Phương pháp trung bình ROH(M R  15) ROH  CH3COOH �� � CH3COOR  H 2O Ta có n ROH  0, 06 mo l và n CH3COOH  0,1 mol  n este  0, 06 mol Mà: ROH M Suy ra:  4,02  67 (u)  M  67 - 17  50 (u) 0,06 R m este  0, 06.(50  59)  6,54 g . Bài 3: Cách 1 : Phương pháp thông thường HCOOC3H7 + NaOH → HCOONa + C3H7OH a a (mol) CH3COOC2H5 + NaOH b Ta có: → CH3COONa + C2H5OH b(mol) m HCOOC3H7  m CH3COOC2 H5  88 a  88 b  13, 2  a  b  n NaOH  a  b  0,15mol  CM NaOH  0,15  1,5M. 0,1 13, 2  0,15 mol 88 Vậy x = 1,5. Cách 2 : Phương pháp trung bình Gọi CTTB của 2 este là : RCOOR’ RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H2O Ta có : n NaOH  n este  0,15mol. => C M NaOH  0,15  1,5M . Vậy x = 1,5. 0,1 Cách 3 : Phương pháp bảo toàn điện tích Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion RCOO - Và Na+ n Na   n RCOO  0,15mol  n NaOH nên: => C M NaOH  0,15  1,5 M 0,1 Vậy x = 1,5. 2.1.2. Bài toán Vô cơ 2.1.2.1. Đề bài : Bài 1 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 4,48 lit khí NO 2 ( đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 145,2 gam muối khan. Tính m ? Bài 2 : Hòa tan hoàn toàn 15,3 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn trong dung dịch HCl (dư) người ta thu được 6,72 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là bao nhiêu ? Bài 3 : Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại kiềm và một muối cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu được 0,2 mol CO 2 và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn? 2.1.2.2.Các cách giải : Bài 1 : Cách 1 : Giải theo phương trình phản ứng Gọi x,y,z lần lượt là số mol của FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong m g hỗn hợp X Các phản ứng xảy ra : FeO + 4 HNO3 �� � Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O (1) Fe3O4 + 10 HNO3 �� � 3 Fe(NO3)3 + NO2 + 5 H2O (2) Fe2O3 + 6 HNO3 �� � 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O (3) Giả thiết cho nNO  0, 2 mol ; nFe ( NO )  0,6 mol 2 3 3 Theo phương trình (1) ; (2) ; (3) ta có : x + 3y + 2z = 0,6 => 10x + 30 y + 20 z = 6 (*) Và x + y = 0,2 (**) Lấy (*) –(**), ta được : 9x + 29 y + 20 z = 5,8 => 72x + 232 y + 160 z = 46,4 g. Vậy m = 46,4 g. Cách 2 : Áp dụng định luật bảo toàn mol elctron và bảo toàn khối lượng đối với hỗn hợp X : Theo định luật bảo toàn khối lượng : mX = m Fe + mO Mặt khác, ta có nFe ( NO )  0,6 mol => nFe = 0,6 mol => mX = mO + 33,6 (g) 3 3 =>mO = m – 33,6 (g) => n O  m  33,6 mol 16 Áp dụng định luật bảo toàn mol e : ne (  )  ne (  ) => 3. n Fe = n NO .1  n O .2 2 => 0,6.3  0, 2  (m - 33,6).2 16 => m = 46,4 g. Cách 3 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng đối với toàn bộ quá trình và bảo toàn nguyên tố H Ta có hh X + HNO3 �� � Fe(NO3)3 + NO2 + H2O Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có : m X  m HNO => 3 pu  m Fe( NO )  m NO  m H O 3 3 2 2 m HNO3pu  63.n HNO3pu  63.(3.n Fe  n NO2 )  63.(3.0, 6  0, 2)  126 g Theo bảo toàn nguyên tố H, ta lại có : n H2O  => 1 1 n HNO3pu  m H2O  18. .(3.0, 6  0, 2)  18 g 2 2 m X  145, 2  0, 2.46  18  126  46, 4 g Cách 4 : Qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ : FeO và Fe2O3 hoặc Fe và Fe2O3 hoặc FeO và Fe3O4 ; hoặc Fe và FeO hoặc Fe và Fe3O4. Ở đây ta giải chi tiết trường hợp qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ gồm FeO và Fe2O3. Gọi x, y lần lượt là số mol của FeO và Fe2O3 trong X’ Phản ứng : FeO + 4 HNO3 �� � Fe(NO3)3 + NO2 + 2 H2O (1) x →x → x Fe2O3 + 6 HNO3 �� � 2 Fe(NO3)3 + 3 H2O (2) y → 2y Từ phương trình, ta có x + 2y = 0,6 và x = 0,2 suy ra x = 0,2 mol và y = 0,2 mol. Vậy m = 72 x + 160 y = 0,2.72 + 160.0,2 = 46,4 g. Cách 5 : Sử dụng công thức kinh nghiệm : Ta có n Fe/hhX  n Fe( NO3 )3  0, 6mol Sử dụng công thức kinh nghiệm, ta có : 10.m Fe  56.n e 10.0, 6.56  56.0, 2   46, 4 g . 7 7 m hh  Cách 6 : Giải bằng phương pháp trung bình : Gọi công thức chung của các oxit là : Fe x O y + Fe x O y , ta có : (2  2y)H   NO3 �� � xFe3  NO 2  (y  1)H 2O Áp dụng định luật bảo toàn điện tích 2 vế ta có : 2+2 y -1=3 Ta lại có : n Fe3 x x => 3  n NO2  Từ (1) và (2) suy ra Vậy x x -2 y = 1 (1) 0, 6  0, 2  x  3 x =3; y (2) = 4. m X  m Fex Oy  n Fex Oy .(56x  16y)  0, 2.(56.3  16.4)  46, 4 g Cách 7 : Giả theo hóa trị trung bình của sắt : Gọi hóa trị trung bình của sắt trong cả hỗn hợp X là n . Khi đó công thức của X là : Fe 2 O n . Áp dụng định luật bảo toàn mol- e cho phản ứng của X với HNO3, ta có : Fe n �� � Fe3  (3  n).e N 5  1e �� � N 4 Ta lại có : n Fe3  n Fe( NO3 )3  0, 6 mol Nên : 0,6.(3- n ) = 0,2.1 => n = 8/3 Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có n Fe2On  1 n 3  0,3 mol 2 Fe 8 m X  0,3.(56.2  16. )  46, 4 g . 3 Suy ra Cách 8 : Giải theo bảo toàn nguyên tố oxi n Fe( NO3 )3  0, 6 mol; n NO 2  0, 2 mol; Ta có Suy ra n HNO3pu  0, 6.3  0, 2  2, 0 mol  n H 2O  1 n HNO3  1 mol. 2 Hỗn hợp X ( FeO,Fe2O3, Fe3O4) + HNO3 �� � Fe(NO3)3 + NO2 + H2O Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có : m O/X  m O/Fe(NO3 )3  mO/ NO2  mO/H 2O  mO/HNO3pu Suy ra : => m X  m Fe  0,6.9.16  0, 2.32  1, 0.16  2.3.10  12,8 g m X  12,8  0, 6.56  46, 4 g. Bài 2 : Cách 1: Phương Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 x x pháp thông thường x Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 y y y Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 z z z Gọi số mol của Fe, Mg, Zn lần lượt là x,y,z . Ta có hệ phương trình sau : 56x + 24y + 65z = 15,3 x + y + z = 0,3 m muối = x(56 + 35,5 . 2) + y(24 + 35,5 . 2) + z(65 + 35,5 . 2) = 56x + 24y + 65z + 35,5 . 2 (x + y + z) = 15,3+ 35,5. 2. 0,3 = 36,6 gam. Cách 2 Nhận thấy: : Phương n Cl  n HCl  2.n H2 pháp 6, 72  2.  0, 6mol. 22, 4 bảo toàn nguyên tố m muôi  mkl  m Cl  15,3  0,6.35,5  36, 6 g. Suy ra: Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng M + 2HCl → muối + H2 0,6 0,3 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mM + mHCl = mmuối + m H2 m muối = m hỗn hợp kim loại + mHCl - mH2 = 15,3 + 0,6. 36,5 - 0,3.2 = 36,6 g. Cách 4 : Phương pháp trung bình Đặt M là công thức trung bình của Fe, Mg, Zn. M + 2 HCl �� � MCl2 + H2 Từ phương trình, suy ra Suy ra n MCl 2  n H 2  0,3mol m Muoi  0,3.(M M  71)  0,3.M M  0,3, 71  15,3  0,3.71  36,6 g. Bài 3 : Cách 1 : Phương pháp thông thường A2CO3 + x 2HCl �� � 2ACl + CO2 2x H2O (1) + H2O (2) x BCO3 + 2HCl y + �� � BCl2 + CO2 2y y (2A + 60)x + (B + 60)y = 23,8 x + y = 0,2 (3) (4) Từ (3) và (4) ta có : 2Ax + By + 60 (x+y) = 23,8. → 2Ax + By = 23,8 - 60.0,2 = 11,8. (5) mmuối = 2x(A + 35,5) + y (B + 2.35,5) = 2Ax + By + 71. (x+y) = 11,8 + 71. 0,2 = 26 g. Cách 2 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng A2CO3 + 2HCl �� � 2ACl + CO2 + H2O (1) BCO3 + 2HCl + H2O (2) Từ (1)(2): số �� � BCl2 mol + CO2 HCl = 2 số mol CO 2 = 0,4 mol. Số mol H2O = số mol CO2 = 0,2 mol. Theo định luật BTKL, ta có : 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO → mmuối = 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2. (44 + 18) = 26 g. 2 + m H 2 O Cách 3 : Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng : Cứ 1 mol CO2 sinh ra thì sẽ có 1 mol muối A2CO3 hoặc BCO3 phản ứng và tạo ra 2 mol ACl hoặc 1 mol BCl2, làm khối lượng tăng 71- 60 =11 gam. Vậy nếu số mol CO2 sinh ra là 0,2 mol thì khối lượng muối giải phóng ra sẽ tăng lên 0,2.11 = 2,2g. Khối lượng muối sau phản ứng là: 23,8 + 2.2 = 26 g. 2.1.3. Nhận xét Việc xây dựng các cách giải khác nhau của một bài toán Hóa học đều phải dựa trên nền tảng chung là học sinh phải nắm vững kiến thức Hóa học, các kỹ năng biến đổi toán học. Đặc biệt là phải nắm vững các phương pháp giải toán Hóa học, nhất là các phương pháp giải nhanh như áp dụng các định luật bảo toàn : bảo toàn nguyên tố Hóa học, bảo toàn mol- elactron , bảo toàn khối lượng,… Tác dụng quan trọng nhất của việc giải bài toán bằng nhiều cách là giúp học sinh phát triển tư duy, tăng cường tính tự học, tìm tòi nghiên cứu và sáng tao; giúp học sinh yêu thích môn học hơn, tạo cơ sở vững chắc cho sự thành công về sau. 2.2. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI 2.2.1. Một số bài toán vô cơ 2.2.1.1. Lớp 10: Bài 1: Cho 24,8 gam hỗn hợp gồm kim loại kiềm thổ và oxit của nó tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 55,5g muối khan. Tìm kim loại M? Đáp số: Ca Bài 2: Cho 5,05g hỗn hợp gồm kim loại kali và một kim loại kiềm A tác dụng hết với nước. Sau phản ứng cần 250 ml dung dịch H 2SO4 là 0,3M để trung hoà hoàn toàn dung dịch thu được. Biết tỉ lệ về số mol của A và kim loại kali trong hỗn hợp lớn hơn 1/4. Xác định A? Đáp số: Na Bài 3: Hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO 3 đã tham gia phản ứng. Tính hành phần % theo khối lượng của NaCl trong hỗn hợp đầu? Đáp số: 27,8% Bài 4: Cho hỗn hợp gồm NaBr và NaI hoà tan hoàn toàn vào nước được dung dịch A. Cho vào dung dịch A một lượng brom vừa đủ thu được muối X có khối lượng nhỏ hơn khối lượng của muối ban đầu là a gam. Hoà tan X vào nước thu được dung dịch B. Sục khí clo vào dung dịch B thu được muối Y có khối lượng nhỏ hơn khối lượng của muối X là 2a gam. Tính phần trăm theo khối lượng của NaBr và NaI trong hỗn hợp muối ban đầu (coi clo, brom, iot không tác dụng với H2O) ? Đáp số: %NaBr = 43,3%; %NaI= 56,7% Bài 5: A là hỗn hợp 2 kim loại kiềm X và Y thuộc 2 chu kì kế tiếp. Nếu cho A tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được a gam 2 muối, còn nếu cho A tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 thì thu được 1,1807a gam 2 muối. Xác định X và Y? Đáp số: X:Na; Y:K Bài 6: Cho x gam dung dịch H2SO4 nồng độ y% tác dụng hết với một lượng dư hỗn hợp khối lượng Na, Mg. Lượng H 2 (khí duy nhất) thu được bằng 0,05x gam. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4 ? Đáp số: 15,8% Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Mg, Fe trong oxi dư, sau phản ứng thấy khối lượng chất rắn nặng gấp 1,5 lần so với khối lượng chất rắn ban đầu. Tính phần trăm khối lượng của Mg và Fe trong hỗn hợp? Đáp số: %Mg= 30,0%; %Fe= 70,0% Bài 8: Muối A tạo bởi kim loại M (hoá trị II) và phi kim X (hoá trị I). Hoà tan một lượng A vào nước được dung dịch A1. Nếu thêm AgNO 3 dư vào A1 thì lượng kết tủa tách ra bằng 188% lượng A. Nếu thêm Na 2CO3 dư vào dung dịch A1 thì lượng kết tủa tách ra bằng 50% lượng A. Xác định công thức của muối A? Đáp số: CaBr2 Bài 9: Cho V lít hỗn hợp khí gồm H 2S và SO2 tác dụng với dung dịch brom dư. Thêm dung dịch BaCl2 dư vào hỗn hợp trên thì thu được 2,33 gam kết tủa. Tính giá trị của V? Đáp số: 0,224 lit Bài 10: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí H2 (đktc). Tính m ? Đáp số: 23,2 g Bài 11:Cho hỗn hợp X gồm SO 2 và O2 theo tỷ lệ số mol 1:1 đi qua V 2O5 xúc tác, đun nóng thu được hỗn hợp Y có khối lượng 19,2 gam. Hoà tan Y vào nước sau đó thêm Ba(NO3)2 dư thu được 37,28 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản ứng SO2 + O2? Đáp số: 80% Bài 12: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của 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 ? Đáp số: 26,0 g Bài 13: Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe 2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra bao nhiêu gam? Đáp số: 5,21 g Bài 14: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Zn bằng dung dịch HCl dư. Dung dịch thu được sau phản ứng tăng lên so với ban đầu (m – 2) gam. Tính khối lượng (gam) muối clorua tạo thàmh trong dung dịch? Đáp số: (m + 71) g Bài 15: Cho 11,2 lít hỗn hợp khí A gồm clo và oxi phản ứng vừa hết với 16,98 gam hỗn hợp B gồm magie và nhôm tạo ra 42,34 gam hỗn hợp các muối clorua và oxit hai kim loại. Tính thành phần % khối lượng của magie và nhôm trong hỗn hợp B? Đáp số: %Mg = 77,74% và % Al = 22,26% Bài 16: Sau khi đun nóng 23,7 gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl dư, đun nóng. Tính thể tích khí Cl2 thu được (đktc)? Đáp số: 7,056 lit Bài 17: Hỗn hợp A gồm O2 và O3 có tỉ khối so với hiđro là 20. Hỗn hợp B gồm H 2 và CO có tỉ khối so với hiđro là 3,6. Tính thể tích khí A (đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 4 mol khí B? Đáp số: 35,84 lit Bài 18: Hòa tan 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO 3, KHCO3, MgCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO 2 (đktc). Tính khối lượng KCl tạo thành trong dung dịch sau phản ứng? Đáp số: 8,94 g 2.2.1.2. Lớp 11: Bài 19: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Tính tỉ lệ x : y ? Đáp số: Tỉ lệ 2:1 Bài 20: Đốt cháy 9,8 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp chất rắn X gồm 3 oxit của Fe. Để hoà tan X cần vừa hết 500 ml dung dịch HNO 3 1,6M thu được V lít NO (sản phẩm duy nhất). Tính giá trị V? Đáp số: 6,16 lit Bài 21: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng với dung dịch HNO 3 dư, thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí NO và NO 2 có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Tính tổng khối lượng muối nitrat sinh ra? Đáp số: 6,775 gam Bài 22: Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1 mol/l và (NH4)2CO3 0,25 mol/l. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Tính phần trăm khối lượng các chất trong A? Đáp số: %BaCO3 = 49,62% và %CaCO3 = 50,38% Bài 23: Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và một kim loại M có hoá trị không đổi, chia X thành 2 phần bằng nhau : Phần 1 tác dụng với HCl dư thu được 2,128 lít khí (đktc) ; Phần 2 cho tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được 1,792 lít NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc). Xác định kim loại M và % M trong hỗn hợp? Đáp số: Al, 22,4% Bài 24: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột gồm FeS, FeS 2, S bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 53,76 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được bao nhiêu gam? Đáp số: 16,0 g Bài 25: Cho hỗn hợp gồm N2, H2 và NH3 có tỉ khối so với hiđro là 8. Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch H2SO4 đặc, dư thì thể tích khí còn lại một nửa. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp? Đáp số: %N2 = 25%; % H2 = 25%; % NH3 = 50,0% Bài 26: Dung dịch A gồm HCl 0,2M; HNO3 0,3M; H2SO4 0,1M ; HClO4 0,3M, dung dịch B gồm KOH 0,3M; NaOH 0,4M; Ba(OH) 2 0,15M. Cần trộn A và B theo tỉ lệ thể tích là bao nhiêu để được dung dịch có pH = 13 ? Đáp số: VA: VB = 9:11 Câu 27: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO 3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính số mol HNO 3 đã phản ứng ? Đáp số: 0,18 mol Câu 28: Cho a gam Fe vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO 3 0,8M và Cu(NO3)2 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,92a gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính giá trị của a? Đáp số: 11,48 g 2.2.1.3. Lớp 12: Bài 29: Cho 3,6 gam hỗn hợp gồm K và một kim loại kiềm A tác dụng vừa hết với nước, thu được 2,24 lít H2 ở 0,5 atm và 0oC. Biết số mol kim loại (A) trong hỗn hợp lớn hơn 10% tổng số mol 2 kim loại. Xác định kim loại A? Đáp số: Na Bài 30: A là quặng hematit chứa 60% Fe 2O3. B là quặng manhetit chứa 69,6% Fe 3O4. Trộn mA tấn quặng A với mB tấn quặng B thu được quặng C, mà từ 1 tấn quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tính tỉ lệ mA/mB? Đáp số: 2:5 Bài 31: Cho m gam hỗn hợp bột Zn và Fe vào lượng dư dung dịch CuSO 4. Sau khi kết thúc các phản ứng, lọc bỏ phần dung dịch thu được m gam bột rắn. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của Zn trong hỗn hợp bột ban đầu? Đáp số: 90,27% Bài 32: A là khoáng vật cuprit chứa 45% Cu2O. B là khoáng vật tenorit chứa 70% CuO. Cần trộn A và B theo tỉ lệ khối lượng T = mA : mB nào để được quặng C mà từ 1 tấn quặng C có thể điều chế được tối đa 0,5 tấn đồng nguyên chất ? Đáp số: 3:5 Bài 33: Nếu hoà tan a gam hỗn hợp A chứa Fe, FeO, Fe 2O3 bằng dung dịch HCl dư thì lượng khí thoát ra bằng 1% khối lượng hỗn hợp ban đầu. Nếu khử a gam hỗn hợp A bằng H2 nóng dư thì thu được một lượng nước bằng 21,15% khối lượng hỗn hợp ban đầu. Tính phần trăm khối lượng Fe, FeO, Fe2O3 trong hỗn hợp A ? Đáp số: %Fe = 28%; %FeO = 36%; %Fe2O3 = 36% Bài 34: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe 2O3 và 0,1 mol Fe3O4 tác dụng hết với dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn C. Tính m? Đáp số: 72,0 g Bài 35: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và Fe xOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Tính khối lượng H2O tạo thành? Đáp số: 7,2 g Bài 36: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit : CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m? Đáp số: 0,448 lit và 16,48 g Bài 37: Đem 11,2 gam Fe để ngoài không khí, sau một thời gian thu được một hỗn hợp gồm Fe và các oxit. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó trong dung dịch H 2SO4 đặc, nóng dư thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc). Tính số mol H2SO4 đã tham gia phản ứng? Đáp số: 0,45 mol Bài 38: Hỗn hợp A gồm sắt và 2 oxit của nó. Cho m gam A tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y và thoát ra 2,24 lít SO2 ( đktc ). Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z tới khối lượng không đổi thì thấy khối lượng giảm 7,02 gam. Tính giá trị của m? Đáp số: 19,2 g Bài 39: Khử 39,2 gam hỗn hợp A gồm Fe 2O3 và FeO bằng CO thu được hỗn hợp B gồm FeO và Fe. Để hoà tan B cần vừa đủ 2,5 lít dung dịch H 2SO4 0,2M thu được 4,48 lít khí (đktc). Tính khối lượng Fe2O3 và FeO? Đáp số: 32,0 g và 7,2 g Bài 40: Khử hoàn toàn một oxit sắt X ở nhiệt độ cao cần vừa đủ V lít khí CO (đktc), sau phản ứng thu được 0,84 gam Fe và 0,02 mol khí CO 2. Xác định công thức của X và giá trị V? Đáp số: Fe3O4 và 0,448 lit Bài 41: Hỗn hợp A gồm CuSO4 + FeSO4 + Fe2(SO4)3 có % khối lượng của S là 22%. Lấy 50 gam hỗn hợp A hòa tan trong nước. Thêm dung dịch NaOH dư, kết tủa thu được đem nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi. Lượng oxit sinh ra đem khử hoàn toàn bằng CO thu được m gam hỗn hợp Cu + Fe. Tính giá trị của m? Đáp số: 17,0 g Bài 42: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A? Đáp số: 86,96 g Bài 43: Tiến hành thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn 96,6 gam hỗn hợp (Al và một oxit sắt ở điều kiện không có không khí thu được hỗn rắn X. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch NaOH dư thu được 6,72 lít thoát ra và 50,4 gam rắn không tan. Xác định công thức của oxit trên? Đáp số: Fe3O4 Bài 44: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H 2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn bao nhiêu lit? Đáp số: 2,24 lit Bài 45: Cho m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và 9,75 gam FeCl3. Tính giá trị của m? Đáp số: 9,12 g Bài 46: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO, Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc, nóng thu được 4,48 lít (đktc) khí SO 2 duy nhất. Tính giá trị m? Đáp số: 22,4 g
- Xem thêm -