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 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 HCOOC3H7 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
= 0,4 + 0,36 + 0,32(gtcho) = 1,08 mol
ala
Suy ra: n tetrapeptit =
n ala 1,08
=
= 0, 27 mol
4
4
=> mtetrapeptit = 0,27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình
t
→ ala-ala-ala + ala
Ala-ala-ala-ala + H2O ⎯⎯
o
x mol
x mol
t
→ 2ala-ala
Ala-ala-ala-ala + H2O ⎯⎯
o
y mol
2y mol
t
→ 4 ala
Ala-ala-ala-ala + 3 H2O ⎯⎯
o
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
=> mtetrapeptit = 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
=> mtetrapeptit = 0,27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
t
→ ala-ala-ala
Ala-ala-ala-ala + H2O ⎯⎯
o
0,12 mol
← 0,12 mol (gt)
+
ala
→ 0,12 mol
7
t
→ 2ala-ala
Ala-ala-ala-ala + H2O ⎯⎯
o
0,1 mol ←
0,2 mol
t
→ 4 ala
Ala-ala-ala-ala + 3 H2O ⎯⎯
o
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
=> mtetrapeptit = 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: mCH OH + mROH = 32a + b(MR + 17) = 4,02(*)
3
nCH3OH + 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 + mCH 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
mancol + maxit = meste + mH2O => meste = 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 + H2O
Ta có n ROH = 0,06 mol 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: meste = 0, 06.(50 + 59) = 6,54 g .
Bài 3:
Cách 1 : Phương pháp thông thường
→ HCOONa + C3H7OH
HCOOC3H7 + NaOH
a
a (mol)
→ CH3COONa + C2H5OH
CH3COOC2H5 + NaOH
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 = CM 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. => CM
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 => CM
+
−
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, Fe2O3, Fe3O4 bằng dung dịch
HNO3 đặc nóng dư thu được 4,48 lit khí NO2 ( 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
=>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
=> mHNO
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 H 2O = 18. .(3.0, 6 + 0, 2) = 18 g
2
2
=> mX = 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 : Fex O y , ta có :
→ xFe3+ + NO2 + (y + 1)H 2O
Fe x O y + (2 + 2y)H + + NO3− ⎯⎯
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+
x
= n NO2 =
0, 6
= 0, 2 = x = 3 (2)
x
Từ (1) và (2) suy ra x = 3 ; y = 4.
Vậy mX = mFe 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 : Fe2On .
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
→ Fe(NO3)3 + NO2 + H2O
Hỗn hợp X ( FeO,Fe2O3, Fe3O4) + HNO3 ⎯⎯
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có :
mO/X = mO/Fe(NO3 )3 + mO/ NO2 + mO/H2O − mO/HNO3pu
Suy ra : mX − mFe = 0, 6.9.16 + 0, 2.32 + 1, 0.16 − 2.3.10 = 12,8 g
=> mX = 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: mmuôi = mkl + mCl = 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.
→ MCl2 + H2
M + 2 HCl ⎯⎯
Từ phương trình, suy ra n MCl = n H = 0,3mol
2
2
Suy ra mMuoi = 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
→ 2ACl + CO2
2HCl ⎯⎯
2x
+
H2O
(1)
+ H2O
(2)
x
→ BCl2 + CO2
2HCl ⎯⎯
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 +
→ BCl2
2HCl ⎯⎯
+ 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 H2SO4 là 0,3M để trung hoà hoàn
15
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 AgNO3
dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO3 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 H2 (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 AgNO3 dư vào A1 thì lượng kết
16
tủa tách ra bằng 188% lượng A. Nếu thêm Na2CO3 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 H2S 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 SO2 và O2 theo tỷ lệ số mol 1:1 đi qua V2O5
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 Fe2O3, 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
- Xem thêm -
.PDF 
44 
125 
140 
