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

  • Số trang: 46 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 25 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT TĂNG BẠT HỔ PHAN VĂN HÀ XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm 2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT TĂNG BẠT HỔ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG Họ và tên: Phan Văn Hà Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: THPT Tăng Bạt Hổ SKKN thuộc môn: Hóa học Năm 2012 MỤC LỤC Trang A. MỞ ĐẦU……………………………………………………………… 1 I. ĐẶT VẤN ĐỀ…………………………………………………………. 1 1. Thực trạng của vấn đề…………………………………………………. 1 2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài………………………………………… 1 3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài………………………………………… 2 II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH………………………………………. 2 1. Cơ sở lí luận và thực tiễn……………………………………………… 2 2. Các biện pháp tiến hành, thời gian thực hiện đề tài…………………… 2 B. NỘI DUNG…………………………………………………………… 4 I. MỤC TIÊU…………………………………………………………….. 4 II. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI……………………………………………. 4 2.1. XÂY DỰNG CÁC CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ THƯỜNG GẶP……………………………… 4 2.1.1. Bài toán Hữu cơ…………………………………………………… 4 2.1.1.1. Đề bài…………………………………………………………….. 4 2.1.1.2. Các cách giải…………………………………………………… 4 2.1.2. Bài toán Vô cơ…………………………………………………….. 9 2.1.2.1. Đề bài…………………………………………………………….. 9 2.1.2.2.Các cách giải……………………………………………………… 9 2.1.3. Nhận xét…………………………………………………………… 14 2.2. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI……………………………………………………………… 14 2.2.1. Một số bài toán vô cơ……………………………………………… 14 2.2.1.1. Lớp 10……………………………………………………………. 14 2.2.1.2. Lớp 11……………………………………………………………. 17 2.2.1.3. Lớp 12……………………………………………………………. 19 2.2.2. Một số bài toán hữu cơ…………………………………………….. 22 2.2.2.1. Lớp 11…………………………………………………………… 22 2.2.2.2. Lớp 12…………………………………………………………… 27 2.3. SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG…………………………………. 31 2.3.1. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong các tiết luyện tập, ôn tập cuối chương………………………………………………… 31 2.3.2. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc kiểm tra và đánh giá…………………………………………………………………… 32 2.3.3. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc dạy học các tiết tự chọn……………………………………………………………….. 34 2.3.4. Thực nghiệm sư phạm……………………………………………… 35 2.4. Khả năng áp dụng…………………………………………………… 37 2.5. Lợi ích kinh tế- xã hội……………………………………………….. 38 KẾT LUẬN………………………………………………………………. 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………… 40 1 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 2 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. 3 -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. 4 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 CH 3OH 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) 5 Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m H O pu 2 = m- (28,48+32+27,72) = m-88,2 => n Số mol liên kết peptit ban đầu: H O 2 = m-88,2 18 m.3 mol 89.4  18.3 Số mol liên kết peptit lúc sau (Sản phẩm):  n lienket /ala ala  n lienket /ala ala ala  32.1 27,72.2   0, 44 mol 89.2  18 89.3  18.2 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 o t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � ala-ala-ala + ala x mol x mol o t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � 2ala-ala y mol 2y mol o t Ala-ala-ala-ala + 3 H2O �� � 4 ala z mol => x = 4 z mol n ala ala ala  0,12mol (1); x mol 6 x + 4 z = n ala  0,32mol (2) 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: o t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � ala-ala-ala 0,12 mol ← 0,12 mol (gt) + ala → 0,12 mol 7 o t Ala-ala-ala-ala + H2O �� � 2ala-ala 0,1 mol ← 0,2 mol o t Ala-ala-ala-ala + 3 H2O �� � 4 ala 0,15 mol ← (0,32-0,12) mol => m H O 2  (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 (1) a ROH + CH3COOH → CH3COOR + H2O b b Ta có: m CH OH  m ROH  32a  b(M R  17)  4, 02(*) 3 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: m este  m CH COOCH  m CH COOR  74a  59b  bR  6,54 g. 3 3 3 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) 8 m ancol  m axit  meste  mH 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 : Phương pháp trung bình Gọi CTTB của 2 ancol là: ROH(M R  15) ROH  CH3COOH �� � CH3COOR  H 2O Ta có n ROH  0, 06 mo l và n CH COOH  0,1 mol  n este  0, 06 mol 3 Mà: M ROH  4,02  67 (u)  M  67 - 17  50 (u) 0,06 R Suy ra: 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 → CH3COONa + C2H5OH b b(mol) Ta có: m HCOOC H  m CH COOC H  88 a  88 b  13, 2  a  b  3 7 3 2 5 n NaOH  a  b  0,15mol  C M NaOH  13, 2  0,15 mol 88 0,15  1,5M. Vậy x = 1,5. 0,1 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- 9 Và Na+ nên: n Na  n RCOO  0,15mol  n NaOH => 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 CO2 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. 10 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 m  33,6 mol 16 =>mO = m – 33,6 (g) => n O  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 => m HNO 3pu 3 pu  m Fe( NO )  m NO  m H O 3 3 2 2  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) 11 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( NO )  0, 6mol 3 3 Sử dụng công thức kinh nghiệm, ta có : m hh  10.m Fe  56.n e 10.0, 6.56  56.0, 2   46, 4 g . 7 7 Cách 6 : Giải bằng phương pháp trung bình : Gọi công thức chung của các oxit là : Fe x O y , ta có : Fe x O y + (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 x => 3 x - 2 y = 1 (1) Ta lại có : n Fe3  n NO2  x 0, 6  0, 2  x  3 (2) x Từ (1) và (2) suy ra x = 3 ; y = 4. Vậy m X  m Fe O  n Fe O .(56x  16y)  0, 2.(56.3  16.4)  46, 4 g x y x y 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 Fe  n Fe( NO )  0, 6 mol 3 3 3 12 Nên : 0,6.(3- n ) = 0,2.1 => n = 8/3 1 2 Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có n Fe O  n Fe  0,3 mol 2 n 3 8 3 Suy ra m X  0,3.(56.2  16. )  46, 4 g . Cách 8 : Giải theo bảo toàn nguyên tố oxi Ta có n Fe( NO )  0, 6 mol; n NO  0, 2 mol; 3 3 2 1 2 Suy ra n HNO pu  0, 6.3  0, 2  2, 0 mol  n H O  n HNO  1 mol. 3 2 3 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  m O/ NO2  m O/H2O  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 pháp thông thường Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 x x 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. 13 Cách 2 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố Nhận thấy: n Cl  n HCl  2.n H  2.  2 6, 72  0, 6mol. 22, 4 Suy ra: m muôi  m kl  m Cl  15,3  0, 6.35,5  36, 6 g.  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 n MCl  n H  0,3mol 2 2 Suy ra 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 BCO3 + y 2HCl �� � 2ACl + CO2 2x + H2O (1) + H2O (2) x 2HCl �� � BCl2 + CO2 2y y (2A + 60)x + (B + 60)y = 23,8 (3) x + y = 0,2 (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) 14 BCO3 + 2HCl �� � BCl2 + CO2 + H2O (2) Từ (1)(2): số mol HCl = 2 số mol CO2 = 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 2 +m H2 O → mmuối = 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2. (44 + 18) = 26 g. 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
- Xem thêm -