Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng

Chia sẻ: Lưu Trung Hiếu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

3
737
lượt xem
341
download

Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đường chéo” tự nó đã chứng minh được là 1 trong những công cụ giải quyết bài toán hóa trắc nghiệm hữu hiệu nhất. Theo thời gian, công cụ tính toán này đã được ứng dụng để giải quyết rất nhiều những dạng toán hóa. Đó cũng là “cảm hứng” để tôi nghiên cứu bản chất và cơ sở của công cụ này. Dưới đây là 1 phần kết quả nghiên cứu tôi và các bài tập áp dụng đi kèm. Để tạo một cái nhìn mới, tôi sẽ không đưa các dạng bài và hình thức giải cũ. Thay vào đó, tôi sẽ đưa...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng

  1. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng Trích từ cuốn “Phân tích và áp dụng các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học” Lưu Trung Hiếu Cao học Hóa - K20 - ĐHQGHN “Đường chéo” tự nó đã chứng minh được là 1 trong những công cụ giải quyết bài toán hóa trắc nghiệm hữu hiệu nhất. Theo thời gian, công cụ tính toán này đã được ứng dụng để giải quyết rất nhiều những dạng toán hóa. Đó cũng là “cảm hứng” để tôi nghiên cứu bản chất và cơ sở của công cụ này. Dưới đây là 1 phần kết quả nghiên cứu tôi và các bài tập áp dụng đi kèm. Để tạo một cái nhìn mới, tôi sẽ không đưa các dạng bài và hình thức giải cũ. Thay vào đó, tôi sẽ đưa ra các dạng bài ứng dụng mới và công thức tính nhanh đính kèm. Cơ sở lý thuyết: Chúng ta sẽ khảo sát từ 1 bài toán cụ thể rồi sẽ đưa thành công thức tổng quát. Trộn lẫn 2 dung dịch có khối lượng là m1 và m2, và có nồng độ % lần lượt là C1 và C2 (giả sử C1 < C2). Dung dịch thu được có khối lượng m = m1 + m2 và có nồng độ C với C1 < C < C2 . Theo công thức tính nồng độ %: mct1 .100% mct 2 .100% C1 % = ; C2 % = mdd1 mdd 2 Nồng độ % trong dung dịch tạo thành là: mct (C) C1mdd 1 + C2 mdd 2 m C −C C% = .100% = → dd1 = 2 mdd(C) mdd1 + mdd2 mdd2 C − C1 Theo công thức trên thì chúng ta có thể thấy đây thực chất là một phần của phương pháp giá trị trung bình đã được phát triển. Cụ thể là C% chính là đại lượng đặc trưng của dung dịch và mdd chính là đại lượng chỉ số lượng của dung dịch. Ta có công thức tổng quát như sau a X max − X = (H1) b X − X min Trong đó - a,b là các đại lượng : Số mol , % số mol, thể tích , % thể tích,khối lượng dung dịch ,thể tích dung dịch nói chung đây là các đại lượng nói tới số lượng của đối tượng ( a∼ Xmin ; b∼ Xmax) luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808
  2. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 - X là các đại lượng : Nồng độ % (C%) , nồng độ mol (CM), khối lượng mol phân tử, số nguyên tố, tỉ khối, phần trăm khối lượng của hỗn hợp, … nói chung là các đại lượng nói tới bản chất của đối tượng Bài tập minh họa 1) Hỗn hợp A gồm O2 và O3 có tỉ khối so với hiđro là 19,2. Hỗn hợp B gồm H2 và CO . Tính thể tích khí A (đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 3 mol khí B. A. 28 lit B. 22,4 lit C. 16,8 lít D. 9,318 lit Hướng dẫn giải MA = 19,2 . 2 = 38,4 (gam) Áp dụng công thứ H1 cho hỗn hợp A ta có : n O2 48 − 38, 4 9, 6 3 = = = n O3 38, 4 − 32 6, 4 2 ⇒ 5 mol A sẽ có: 3.2 + 2.3 = 12 mol oxi nguyên tử PTPƯ: H2 + O ⇒ H2O CO + O ⇒ CO2 ⇒ ∑n O = ∑ n(CO& H 2 ) = 3(mol ) 5.3 ⇒ nA = = 1, 25(mol ) ⇒ VA = 1, 25.22, 4 = 28(lit ) ⇒ Đáp án A 12 2) Crackinh C4H10 thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H2 là 16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là: A. 77,64% B. 38,82% C. 17,76% D. 16,325% Hướng dẫn giải:  C4 H10 ⇒ C4 H 8 + H 2   M C4 H10 C4 H10 → C4 H10 ⇒ C3 H 6 + CH 4 ⇒ M 1 = cracking cracking = 29 C4 H10 →  C H ⇒ C H + C H 2   4 10 2 4 2 6 C H (dö)  4 10 M 1  ⇒ coi nhö hoãn hôïp SPÖ coù MTB =32,65 goàm  C4 H10 (dö)  luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808
  3. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 nM1 58 − 32, 65 25,35 Áp dụng công thức H1 ta có : = = n C4 H10 (dö) 32, 65 − 29 3, 65 1 nCH 4 (ban ñaàu) = (2nCH 4 (dö) + nM 1 ) = 0,5( 2.3,65+25,35)=16,325 2 25, 35 ⇒ H= .100 = 77, 64% ⇒ Đáp A 2.16, 325 3) Hấp thụ 4,48 lít CO2 (đktc) vào 0,5 lít NaOH 0,4M và KOH 0,2M. Sau phản ứng được dd X. Lấy 1/2 X tác dụng với Ba(OH)2 dư, tạo m gam kết tủa. m và tổng khối lượng muối khan sau cô cạn X lần lượt là A. 19,7g và 20,6g B. 19,7gvà 13,6g C. 39,4g và 20,6g D. 1,97g và 2,06g Hướng dẫn giải Theo bài ra thì n CO2 = 0, 2 ( mol ) ; ∑n OH - ( KOH & NaOH ) =0,3(mol) 0,3 1 < h= =1,5 < 2 → n = h =1,5 0,2 Vậy sẽ có 2 loại muối sau phản ứng. nHCO− 2 − 1, 5 0,5 1 Áp dụng công thức H1 ta có : 3 = = = nCO2− 1,5 − 1 0,5 1 3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Canxi ở dạng nguyên tử ta có nHCO− + nCO2− = nCO ⇒ nHCO− + nCO2− = 0,2 (mol) 2 3 3 3 3 ⇒ nHCO− =0,1 (mol) 3 ⇒ nCO2− = 0,1 (mol) 3 Khối lượng muối khan khi cô cạn X là tổng khổi lượng các cation và các anion ⇒ mmuối = mNa + + mK + + mHCO− + mCO2− 3 3 = 0,2.23 + 0,1.39 + 0,1.61 + 0,1.60 = 20,6 (gam) luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808
  4. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 Lấy 1/2 X tác dụng với Ba(OH)2 dư 1 ⇒ n BaCO3 = nCO2 = 0,1 ( mol ) 2 ⇒ m BaCO3 = 0,1.197 = 19,7( gam) ⇒ Đáp án A 4) Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4. Hướng dẫn giải: n − b n = h = OH = n Al3+ a n OH − b Để thu được kết tủa n = h = = < 4 ⇒ Đáp án D n Al3+ a 5) Một cốc thuỷ tinh chứa 200ml dung dịch AlCl3 0,2M. Cho từ từ vào cốc V ml dung dịch NaOH 0,5M. Tính khối lượng kết tủa nhỏ nhất khi V biến thiên trong đoạn 200ml ≤ V ≤ 280ml. A.1,56g B. 3,12g C.2,6g D. 3,0g Hướng dẫn giải: Al3+ + 3OH − → Al (OH )3 (1) 3+ − − Al + 4OH → [Al (OH ) 4 ] (2) Theo bài ra ta có: n Al3+ = 0, 04(mol ) 0,1 ≤ nOH − ≤ 0,14 Giá trị kết tủa lớn nhất thu được khi: nOH − (↓ max ) = 3nAl3+ = 0,12 (mol) 0,1 TH1: nOH − ≤ nOH − (↓max ) ⇒ n ↓ min = (mol ) 3 TH2: 4 n Al3+ > nOH − ≥ nOH − (↓max ) n OH − 0,14 7 ⇒3≤ h= = ≤ 4 thì n = n Al3+ 0, 04 2 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808
  5. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 7 1 nAl ( OH )3 4− Áp dụng công thức H1 ta có : = 2= 2 =1 n[Al ( OH ) 7 1 1 4] − −3 2 2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố nhôm : n Al (OH )3 + n[Al ( OH ) − = 0,04 (mol) 4] nAl (OH )3 = 0, 02 (mol )  ⇒ n[Al (OH )4 ]− = 0, 02 (mol )  ⇒ khối lượng kết tủa min là : 78 .0,02= 1,56 (g) ⇒ Đáp án A 6) Cho từ 500ml hỗn hợp dung dịch HCl 1M và H2SO4 1M vào 200ml hỗn hợp dung dịch X gồm NaAlO2 2,5M và Ba(AlO2)2 1M. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn A, nung chất rắn A thu được tới khối lượng không đổi thu được x gam chất rắn B .tính x ? A.35,7 gam B.82,3 gam C.46,6 gam D.101,2 gam Hướng dẫn giải: AlO − + H + → Al(OH)3 2 (1) AlO -2 + 4H + → Al3+ + 2H 2 O (2) ∑n H+ = 1,5(mol ) ∑n − AlO2 = 0,9(mol ) nH+ 1, 5 5 5 1≤ h= = = ≤ 4 thì n = n AlO- 0, 9 3 3 2 5 7 4− nAl ( OH )3 4−n 3=3=7 Áp dụng công thức H1 ta có : = = nAl 3+ n −1 5 − 1 2 2 3 3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố nhôm : n Al (OH )3 + nAl3+ = nAlO- = 0,9 (mol) 2 nAl (OH )3 = 0,7 (mol )  ⇒ n[Al (OH )4 ]− = 0, 2 (mol )  nBa2+ = 0, 2(mol )   Theo bài ra:  ⇒ nBaSO4 = 0, 2(mol ) nSO2− = 0,5(mol )  4  luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808
  6. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572  BaSO4  BaSO4 A  B  to → ⇒ x = 0,2.233 + 0,35.102 = 82,3 (g) ⇒ Đáp án B  Al (OH )3  Al2O3 7) Thêm 250ml dung dịch A gồm NaOH 1,3M và Ba(OH)2 1M vào 200ml dung dịch H3PO4 1,5M. Sau phản ứng thu được chất rắn A tính khối lượng chất rắn A. A.45gam B.35gam C. 50,083gam D. 33,225gam Hướng dẫn giải: nOH − = 0,825(mol ) nH 3 PO4 = 0,3(mol ) nBa2+ = 0, 25(mol ) 0,825 1< h= =2, 75 < 3 → n = h =2,75 0,3 Vậy sẽ có 2 muối hidrophophat và phophat tạo ra sau phản ứng: n 2− 3 − 2,75 0, 25 1 Áp dụng công thức H1 ta có : HPO 4 = = = n 3− 2, 75 − 2 0, 75 3 PO4 Áp dụng bảo toàn nguyên tố cho phốt pho : nHPO2− + nPO3− = nH3 PO4 = 0,3 4 4 nHPO42− = 0,075  (mol) ⇒ nPO43− = 0,225  (mol) Phản ứng tạo chất rắn A: 1 0, 25 3Ba 2 + + 2 PO4 −  Ba3 ( PO4 )2 ⇒ nBa3 ( PO4 )2 = nBa 2+ = 3 → (mol ) 3 3 0, 25 ⇒ mBa3 ( PO4 )2 = .601 = 50, 083( gam) ⇒ Đáp án C 3 8) Thêm 250ml dung dịch A gồm NaOH 1M và KOH 1M vào 200ml dung dịch H3PO4 1,5M. Tổng khối lượng muối tạo thành là bao nhiêu gam. A.18,2 B.20,7 C. 20,23 D. 20,31 Hướng dẫn giải: luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808
  7. Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 nOH − = 0, 05(mol ) nH 3 PO4 = 0, 03(mol ) 0,05 5 5 1< h= =

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản