Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm

Chia sẻ: Nguyen Van Thong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

618
lượt xem 261
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm Để giải nhanh bài toán trắc nghiệm, ngoài việc nắm vững lí thuyết viết đúng phương trình phản ứng, học sinh phải nắm vững một số

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm

Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm Để giải nhanh bài toán trắc nghiệm, ngoài việc nắm vững lí thuyết viết đúng phương trình phản ứng, học sinh phải nắm vững một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa đồng thời phải có kĩ năng tính. Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một số phương pháp thường sử dụng : 1. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: a) Nội dung định luật bảo toàn khối lượng: ∑mcác chất tham gia phản ứng =∑mcác chất sau phản ứng .Chú ý ∑m(muối dung dich) = ∑mcation + ∑manion - mdung dịch sau phản ứng = ∑mcác chất ban đầu - ∑mchất kết tủa - ∑mchất bay hơi -Khối lượng của các nguyên tố trong 1 phản ứng được bảo toàn. b) Bài tập minh họa: 1/ Bài 1: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua. m có giá trị là: A. 2,66 B. 22,6 C. 26,6 D. 6,26 *Hướng dẫn giải: nBaCl = nBaCO3 = 0, ( ol 2 2 m ) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m hh + m BaCl = m 2 kết tủa +m ⇒ m = 24,4 + 0,2 . 208 – 39,4 = 26,6 gam Đáp án C 2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 10 gam hỗn hợp Mg và Fe trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được gam muối khan. Khối lượng muối khan thu được là: A. 1,71 gam B. 17,1 gam C. 3,42 gam D. 34,2 gam *Hướng dẫn giải 2,24 Theo phương trình điện li nCl− = nH + = 2nH 2 = 2. = 0, ( ol 2 m ) 22,4 ⇒ mmuối = mkim loại + m Cl− = 10 + 0,2 . 35,5 = 17,1 (gam) Đáp án B 3/ Bài 3: X là một α-aminoaxit, phân tử chỉ chứa một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH. Cho 0,89 gam X phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức cấu tạo của X là: A. CH2=C(NH2)–COOH B. H2N–CH=CH–COOH C. CH3–CH(NH2)–COOH D. H2N–CH2–CH2–COOH *Hướng dẫn giải: HOOC–R–NH2 + HCl  HOOC–R–NH3Cl ⇒ mHCl = mmuối – maminoaxit = 0,365 gam ⇒ mHCl = 0,01 (mol) ⇒ Maminoaxit = 0.89 : 0,01 = 89. Mặt khác X là α-aminoaxit ⇒ Đáp án C 4/ Bài 4: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là: A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH. *Hướng dẫn giả i:  2ROH + 2Na → 2RONa + H2 Theo đầu bài hỗn hợp ancol tác dụng hết với Na ⇒ Học sinh thường nhầm là Na vừa đủ, do đó thường sai theo hai tình huống sau:  Tình huống sai 1:Na =n = 0,4 ⇒ ancol = 0,4 ⇒ M = n ancol = 39 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng  ancol = n = 0.405 ⇒M ancol = = 38.52 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: H m =m 2 ancol + m - m n = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3 gam Na rắ  ⇒n ancol = 2n = 0,3 (mol) ⇒ M 2 H ancol = 15,6 : 0,3 = 52 ⇒ Đáp án B 2. Phương pháp tăng giảm khối lượng: a) Nội dung: - Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng hỗn hợp hay một chất. - Dựa vào phương trình hóa học tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol chất trong phản ứng (A → B) hoặc x mol A → y mol B (với x, y tỉ lệ cân bằng phản ứng). - Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại. 1
Phương pháp này thường được áp dụng giải bài toán vô cơ và hữu cơ, tránh được việc lập nhiều phương trình, từ đó sẽ không phải giải những hệ phương trình phức tạp. b) Bài tập minh họa: 1/ Bài 1: Hòa tan 14 gam hỗn hợp 2 muối MCO3 và N2(CO3)3 bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch A và 0,672 lít khí (đktc). Cô cạn dung dịch A thì thu được m gam muối khan. m có giá trị là: A. 16,33 gam B. 14,33 gam C. 9,265 gam D. 12,65 gam *Hướng dẫn giải: Ta có:Cứ 1 mol muối CO32- → 2 mol Cl- , lượng muối tăng 71 – 60 = 11 gam Số mol CO2 thoát ra là 0,03 thì khối lượng muối tăng 11.0,03 = 0,33 (g) Vậy mmuối clorua = 14 + 0,33 = 14,33 (g) Đáp án B 2/ Bài 2: Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300ml dung dịch H2SO4 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra là: A. 3,81 gam B. 4,81 gam C. 5,21 gam D. 4,8 gam *Hướng dẫn giải: Áp dụng định luật tăng giảm khối lượng.Số mol H2SO4 tác dụng: 0,03 mol mmuối = moxit + 0,03( 96 - 16) = 2,81 + 0,03.80 =5,21 gam Đáp án C 3/ Bài 3: Hòa tan 5,94 gam hỗn hợp 2 muối clorua của 2 kim loại A, B (đều có hóa trị II) vào nước được dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl- có trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 thu được 17,22 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m gam hỗn hợp muối khan. m có giá trị là: A. 6,36 gam B. 63,6 gam C. 9,12 gam D. 91,2 gam *Hướng dẫn giải: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Cứ 1 mol M Cl → 1 mol M(NO3)2 và 2 mol AgCl thì m tăng (2.62) – 71 = 53 gam 2 Số mol muối = ½ số mol AgCl = ½ 0,12 = 0,06 mol mmuối nitrat = mmuối clorua + mtăng = 5,94 + 0,06.53 = 5,94 + 3,18 = 9,12 (g) Đáp án C 4/ Bài 4: Cho 1,26 gam một kim loại tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng tạo ra 3,42 gam muối sunfat. Kim loại đó là: A. Mg B. Fe C. Ca D. Al *Hướng dẫn giải: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Cứ 1 mol kim loại tác dụng tạo thành muối SO42- khối lượng tăng lên 96 gam. Theo đề khối lượng tăng 3,42 – 1,26 = 2,16g 1,26 Vậy số mol kim loại M là 0,0225 mol. Vậy M = = 56.M l Fe Đáp án B à 0,0225 5/ Bài 5: Oxi hóa m gam X gồm CH3CHO, C2H3CHO, C2H5CHO bằng oxi có xúc tác, sản phảm thu được sau phản ứng gồm 3 axit có khối lượng (m+3,2) gam. Cho m gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là: A. 10,8 gam. B. 21,6 gam. C. 32,4 gam. D. 43,2 gam. *Hướng dẫn giải:  0 xt, t  2RCHO + O2 →2RCOOH ⇒ khối lượng tăng 3,2 gam là khối lượng của oxi đã tham gia phản ứng ⇒ nx = 2n = 2× 2 O = 0,2 (mol) Vì các andehit là đơn chức (không có HCHO) ⇒ nAg = 2nx = 2× 0,2 = 0,4 (mol) ⇒ mAg = x = 0,4× 108 = 43,2 gam Đáp án D. 3. Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình a) Nội dung: - Dùng khối lượng mol trung bình M là khối lượng của 1 mol hỗn hợp. m n . + n2 .M 2 M n .% V1 + n2 .% V2 M = hh = 1 1 = 1 với M1 < M < M2 nhh n1 + n2 100 - Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất. b) Bài tập minh họa: 1/ Bài 1: Đem hóa hơi 6,7 gam hỗn hợp X gồm CH3COOH, CH3COOC2H5, CH3COOCH3 và HCOOC2H5 thu được 2,24 lít hơi (đktc). Đốt cháy hoàn toàn 6,7 gam X thu được khối lượng nước là: A. 4,5 gam. B. 3,5 gam. C. 5 gam. D. 4 gam. *Hướng dẫn giải:  – – – 2
Gọi công thức chung của X là CnH2nO2 ⇒ MX = 14n + 32 = = 67 ⇒ n = 2,5 – – – Sơ đồ cháy : CnH2nO2 → nCO2 + nH2O ⇒ n O = 2,5.0,1 = 0,25 mol ⇒ mH O = 0,25.18 = 4,5 gam H 2 2 ⇒ Đáp án A. 2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dung dịch HCl thu được 1,12 lít CO2 (đktc). Kim loại A và B là: A. Be và Mg B. Mg và Ca C. Ca và Sr D. Sr và Ba *Hướng dẫn giải: Gọi M là nguyên tử khối trung bình của 2 kim loại A và B M CO 3 + 2H Cl→ M Cl + CO 2 ↑ + H 2O 2 1,12 0,05 → = 0, ( ol 05 m ) 22,4 4, 68 M CO 3 = = 93, ⇒ M = 93, − 60 = 33, 6; 6 6 0, 05 Vậy 2 kim loại là : Mg ( 24) và Ca (40) Đáp án B 3/ Bài 3: X và Y là hai nguyên tố halogen ở 2 chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Để kết tủa hết ion X-, Y- trong dung dịch chứa 4,4 gam muối natri của chúng cần 150ml dung dịch AgNO3 0,4M. X và Y là: A. Flo, Clo B. Clo, Brom C. Brom, Iot D. Không xác định được *Hướng dẫn giải: 4,4 Số mol AgNO3 = số mol X- và Y- = 0,4 . 0,15 = 0,06 (mol) ⇒ M = ≈ 73,3 0,06 M X ,Y = 73, − 23 = 50, ⇒ Hai halogen là Clo (35,5) và Brom (80) Đáp án B 3 3 4. Phương pháp đường chéo: a) Nội dung: Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng loại nồng độ hoặc trộn lẫn các chất khí không tác dụng với nhau. + Các chất cùng nồng độ C% m1 …………… C1 C2 – C m C −C C ⇒ 1 = 2 m2 C − C1 m2 …………… C2 C – C1 Trong đó: m1 là khối lượng dung dịch có nồng độ C1 (%) m2 là khối lượng dung dịch có nồng độ C2 (%) C (%) là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn. Với C1 < C < C2 + Các chất cùng nồng độ mol: V1 …………… CM (1) CM (2) – CM V C − CM C ⇒ 1 = M (2) V2 C M − C M (1) V2 …………… CM (2) CM – CM (1) Trong đó: V1 là thể tích dung dịch có nồng độ CM (1) ,V2 là thể tích dung dịch có nồng độ CM (2) CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn. Với CM (1) < CM < CM (2) + Các chất khí không tác dụng với nhau V1 …………… M1 M(2) – M V M −M M ⇒ 1 = 2 V2 M − M1 V2 …………… M(2) M - M1 Trong đó: V1 là thể tích chất khí có phân tử khối M1 V2 là thể tích chất khí có phân tử khối M2 M là khối lượng mol trung bình thu được sau khi trộn lẫn. Với M1 < M < M2 3
b) Bài tập minh họa: 1/ Bài 1: Một dung dịch HCl nồng độ 45% và một dung dịch HCl khác có nồng độ 15%. Để có một dung dịch mới có nồng độ 20% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch theo tỉ lệ là: A. 1 : 3 B. 3 : 1 C. 1 : 5 D. 5 : 1 *Hướng dẫn giải: Áp dụng qui tắc đường chéo ta có m1 …………… 45 20 – 15 m 5 1 20 ⇒ 1 = = m2 25 5 m2 …………… 15 45 - 20 Đáp án C 2/ Bài 2: Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N2O (đktc) thu được là: A. 2,24 lít và 6,72 lít B. 2,016 lít và 0,672 lít C. 0,672 lít và 2,016 lít D. 1,972 lít và 0,448 lít *Hướng dẫn giải: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron - Al là chất khử Al  3e → Al3+ 4, 59 = 0, .... 0, m ol 17 .... 51 27 - Chất oxi hóa N+5 + 3e → N+2 (NO) 3x ←x N +5 + 2.4e → 2N+1 (N2O) 8y ←y Theo phương pháp đường chéo x …………… 30 10,5 x 10,5 3 33,5 ⇒ = = y 3,5 1 y …………… 44 3,5 3x + 8y = 0,51 ⇒ x = 0,09 ⇒ VNO = 2,016 (1) x = 3y y = 0,03 VN 2O = 0,671 (1) Đáp án B 5. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn điện tích a) Nội dung: - Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường hợp nguyên tử, phân tử, dung dịch trung hòa điện. - Trong phản ứng trao đổi ion của dung dịch chất điện li trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dung dịch thì phải trả lại cho dung dịch bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm. b) Bài tập áp dụng: 1/ Bài 1: Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl, tạo ra 1,792 lít H2 (đktc) - Phần 2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là: A. 2,4 gam B. 3,12 gam C. 2,2 gam D. 1,8 gam *Hướng dẫn giải: Nhận xét: Số mol điện tích của hai kim loại A và B trong hai phần là không thay đổi, do đó số mol điện tích âm trong hai phần là như nhau. Vì O2- ⇔ 2Cl- nên 1 1. 796 nO (trong oxit) = nCl (trong muối) = nH 2 = = 0, ( ol 08 m ) 2 22,4 mkim loại = moxit – mo = 2,84 – 0,08 . 16 = 1,56 gam Khối lượng trong hỗn hợp ban đầu m = 2.1,56 = 3,12 gam Đáp án B 4
2/ Bài 2: Dung dịch A có chứa 5 ion: Mg2+, Ba2+, Ca2+, 0,1 mol Cl- và 0,2 mol NO3-. Thêm dần V lít dung dịch K2CO3 1M vào A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất. V có giá trị là: A. 150ml B. 300ml C. 200ml D. 250ml *Hướng dẫn giải: Phương trình ion rút gọn 2− M2+ + CO 3 → MgCO3 ↓ Khi phản ứng kết thúc, các kết tủa tách khỏi dung dịch, phần dung dịch chứa K+, Cl- và NO3-. Để trung hòa điện tích thì: nK + = nCl− + nN O − = 0, ( ol 3 m ) 3 nK + 0,3 ⇒ VddK 2CO3 = + = = 0, ( = 150m l 15 1) Đáp án A [ ] K 2 3/ Bài 3: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan vừa hết trong 700ml dung dịch HCl 1M thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y. Khối lượng Y là: A. 16 gam B. 32 gam C. 8 gam D. 24 gam *Hướng dẫn giải: Với cách giải thông thường, ta phải viết 8 phương trình phản ứng , đặt ẩn số là số mol các chất rồi giải hệ phương trình rất phức tạp và dài. Để giải nhanh bài toán này, ta áp dụng phương pháp bảo toàn điện tích. 3, 36 Số mol HCl hòa tan Fe là nHCl = 2nH 2 = 2. = 0, m ol 3 22, 4 Số mol HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 (mol) 1 0,4 Theo định luật bảo toàn điện tích ta có nO 2−(trong oxit) = nCl− = = 0, m ol 2 2 2 m − m oxi 20 − 0, .16 2 nFe (trong X ) = oxit = = 0, m ol3 56 56 0,3 mol Fe → 0,15 mol Fe2O3 ; m Fe2O3 = 0, .160 = 24 gam 15 Đáp án D 6. Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn electron: a) Nội dung:Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận . ∑ n e nhận = ∑ n e nhường - Sử dụng cho các bài toán có phản ứng oxi hóa – khử, đặc biệt là các bài toán có nhiều chất oxi hóa, nhiều chất khử. - Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của một nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian. - Cần kết hợp với các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán. - Nếu có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol electron nhận và tổng số mol electron nhường rồi mới cân bằng. b) Bài tập áp dụng: 1/ Bài 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được 11,8 gam hỗn hợp các chất rắn FeO, Fe3O4, Fe2O3, Fe. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của m là: A. 5,02 gam B. 9,94 gam C. 15,12 gam D. 20,16 gam *Hướng dẫn giải: m 11, − m 8 nFe = ; nO2 phản ứng = ; nN O giải phóng = 0,1 mol 56 32 - Chất khử là Fe: Feo - 3e → Fe+3 m 3m .... ... 56 56 - Chất oxi hóa gồm O2 và HNO3: 0 O2 + 4e → 2O −2 5
11, − m 11, − m 8 8 .. .. 32 8 N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,3 ←0,1 Σ mol e Fe nhường = Σne chất oxi hóa (O2, NO3-) nhận: - - 3m 11, − m 8 = + 0, ⇒ m = 9, g 3 94 Đáp án B 56 8 2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí. Nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 nóng dư thì thu được V lít khí NO2 (đktc). Giá trị V là: A. 11,2 lít B. 22,4 lít C. 53,76 lít D. 76,82 lít *Hướng dẫn giải: Al, Mg, Fe nhường e, số mol electron này chính bằng số mol e Cu nhường khi tham gia phản ứng với HNO3. Số mol electron mà H+ nhận cũng chính là số mol electron mà HNO3 nhận. 2H+ + 2e → H2 13, 44 1,2 ← = 0, 6 22, 4 17,4 gam hỗn hợp H+ nhận 1,2 mol e. Vậy 34,8 gam số mol e mà H+ nhận là 2,4 mol. N+5 + 1e → N+4 (NO2) 2,4 ← 2,4 mol VN O2 = 2, 4.22, = 53, lt 4 76 Ý Đáp án C 3/ Bài 3: Cho tan hoàn toàn 58 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO3 thu được 0,15 mol NO, 0,05 mol N2O và dung dịch D. Cô cạn dung dịch D, khối lượng muối khan thu được là: A. 120,4 gam B. 89,8 gam C. 116,9 gam D. Kết quả khác *Hướng dẫn giải: Nhận xét: Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn electron thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phương trình 3 ẩn số và sẽ gặp khó khăn trong việc giải. Để tính khối lượng muối NO3- trong bài toán trên ta có công thức: nN O − trong muối = a . nx 3 Trong đó a là số electron mà N+5 nhận để tạo thành X Như vậy: mmuối khan = mFe, Cu, Ag + m NO 3− n NO − = 3 . nNO + 8 . n N 2 O = 3 . 0,15 + 8.0,05 = 0,95 mol 3 mmuối khan = 58 + 0,95 . 62 = 116,9 gam Đáp án C 7. Lập sơ đồ hợp thức của quá trình chuyển hóa, tìm mối quan hệ giữa chất đầu và chất cuối: a) Nội dung: Đối với các bài toán hỗn hợp bao gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra, ta chỉ cần lập sơ đồ thức, sau đó căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian. Ví dụ: - Cho hỗn hợp A gồm các chất rắn Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính m. Ta thấy, chất cuối cùng là Fe2O3, vậy nếu tính được tổng số mol Fe có trong A ta sẽ tính được số mol Fe2O3. - Cho hỗn hợp Fe, Zn, Mg tác dụng hết với dung dịch HCl, cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được đến kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính m. Ta thấy, nếu biết được số mol các kim loại ban đầu, ta lập được sơ đồ hợp thức giữa chất đầu và cuối Fe → Fe2O3, Zn → ZnO, Mg → MgO ta sẽ tính được khối lượng các oxit. b) Bài tập minh họa: 1/ Bài 1: Cho 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư. Sau phản ứng thu được dung dịch A và V lít khí H2 (ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc B nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m (gam) chất rắn. a. V có giá trị là A. 2,24 lít B. 3,36 lít C. 5,6 lít D. 6,72 lít b. Giá trị của m là: 6
A. 18 gam B. 20 gam C. 24 gam D. 36 gam *Hướng dẫn giải: 2, 4 11,2 a. nH 2 = nM g + nFe = + = 0, m ol 3 24 56 ⇒ VH 2 = 0, .22, = 6, lít 3 4 72 Đáp án D b. Dựa vào sự thay đổi chất đầu và cuối, ta lập được sơ đồ hợp thức: 2Fe → Fe2O3 ; Mg → MgO 0,2 0,1 0,1 0,1 ⇒ m = 0,1 . 160 + 0,1 . 40 = 20 (g) Đáp án B 2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô và nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn, m có giá trị là: A. 23 gam B. 32 gam C. 24 gam D. 42 gam *Hướng dẫn giải: Áp dụng bảo toàn nFe 0,2 mol Fe → 0,1 mol Fe2O3 0,1 mol Fe2O3 → 0,1 mol Fe2O3 0,2 . 160 = 32 Đáp án B 8. Phương pháp qui đổi a) Nguyên tắc chung Qui đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện. Khi áp dụng phượng pháp qui đổi phải tuẩn thủ 2 nguyên tắc sau: • Bảo toàn nguyên tố. • Bảo toàn số oxi hóa. b) Các hướng qui đổi và chú ý (1) Một bài toán có thể có nhiều hướng qui đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính: • Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất. Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn (cũng của các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất. Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, Feo, Fe3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau: (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4), (Fe và Fe2O3), (FeO và Fe3O4), (FeO và Fe2O3), (Fe3O4 và Fe2O3) hoặc FexOy. • Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng. Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố. Do đó, có thể qui đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng. qui đổi Ví dụ: (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S) →(Cu, Fe, S). • Qui đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa – khử. Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa khác nhau, ta có thể qui đổi vài trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn. Khi thức hiện phép qui đổi phải đảm bảo: • Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron) • Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa → có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp. Thông thường ta hay gặp dạng bài sau: Ví dụ: Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe3+ +O 2 Fe →Fe3+ O2 +HNO3 (1) (2) FexOy Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe3+) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể qui đổi hai tác nhân OXH O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2. (2) Do việc qui đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn). 7
(3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài. (4) Phương án qui đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là qui đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, biểu thị đúng bản chất hóa học. c) Các dạng bài tập thường gặp. Bài 1. Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115,85. *Hướng dẫn giải: Cu : x mol Qui đổi hỗn hợp X thành CuS : y mol Theo bảo toàn khối lượng : 64x + 96y = 30,4 (5) Sơ đồ hóa bài toán: +2 0 Khí NO Cu + HNO dư +5 3 (20,16 lít, đktc) + X  Cu2+ 2+ Ba(OH) dưCu(OH)2 2 CuS 0 Dung dịch Y → +6 2- 30,4 gam SO4 BaSO4 m gam Các quá trình nhường, nhận electron: Cu0 → Cu+2 + 2e ; CuS → Cu+2 + S+6 + 8e ; N+5 + 3e → N+2 x → 2x y → 8y 2,7 ← 0,9 Theo bảo toàn electron : 2x + 8y = 2,7 (6) x=− 0,05 Cu : − 0,05 mol Từ (5) và (6) ⇒ ⇒ X gồm y = 0,35 CuS : 0,35 mol Cu(OH) = n 2 Cu = 0,3 mol Theo bảo toàn nguyên tố : n BaSO4 = nS = 0,35 mol ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m = 110,95 → Đáp án C. Tương tự có thể qui đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu2S) hoặc (CuS và Cu2S) cũng thu được kết quả như trên. Bài 2 Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là: A. 18,6 gam. B. 18,96 gam. C. 19,32 gam. D. 20,4 gam. *Hướng dẫn giải: C3H8 : x mol Qui đổi hỗn hợp X thành C3H4 : y mol x + y = 0,1 (7) x = 0,06 ⇒ ⇒ 44x + 40y = 4,24 (8) y = 0,04 C3H8 + O , t 2 0 CO2 Sơ đồ đốt cháy: → C3H4 H2O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: m = 44.03 + 18.(0,06.4 + 0,04.2) = 18,96 gam → Đáp án B. Tương tự có thể qui đổi hỗn hợp X thành (C3H8 và C3H6) hoặc (C3H6 và C3H4) cũng thu được kết quả như trên. Bài tập vận dụng kết hợp các phương pháp:Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng. Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn. Kim loại M đã cho ban đầu là: A. Fe B. Ca C.Mg D. Cu 8