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 -