Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng hệ thống bài tập hóa học nhiều cách giải, phát triển năng lực tư duy học sinh

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Hội đồng sáng kiến cấp Sở Chúng tôi ghi tên dưới đây:

TT Họ và tên Nơi công tác Ngày tháng năm sinh Chức vụ Trình độ chuyên môn

Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến 50% 1 Lê Chí Hoan 16/06/1982 Trường THPT Thạc Sĩ Bình Minh 2 Đinh Hoàng Đạo 12/02/1978 Trường THPT Thạc Sĩ 30% Bình Minh

3 Nguyễn Thọ Lộc 07/02/1986 Trường THPT Cử nhân 20% Tổ phó chuyên môn Phó Hiệu Trưởng Giáo viên Bình Minh

1. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng Là nhóm tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: "Sử dụng hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải để phát triển năng lực tư duy cho học sinh"

Lĩnh vực áp dụng: Môn Hóa học THPT 2. Nội dung a. Giải pháp cũ thường làm: - Chi tiết giải pháp cũ: Trước đây, các tiết luyện tập, tiết tự chọn và tiết kiểm tra trong chương trình phổ thông được GV thiết kế theo phân phối chương trình chung. Mỗi tiết học được thiết kế với thời lượng 45 phút phải đảm bảo các thành tố sau

1) Mục tiêu: Học sinh thực hiện được kỹ thuật các nội dung học và đạt được

thành tích quy định theo mục tiêu đã đề ra

2) Nội dung: Học sinh học các nội dung quy định sẵn, và phát triển theo các kiến thức đã được truyền thụ một cách thụ động, bài bản không gắn với các tình huống thực tế để xử lý.

3) Phương pháp và kĩ thuật dạy học: Phương pháp dạy học: Giáo viên truyền thụ kiến thức cho học sinh và GV đóng

vai trò trung tâm. Học sinh thụ động tiếp thu kiến thức đã được quy định sẵn.

Kĩ thuật dạy học: Giáo viên làm mẫu phân tích, hướng dẫn học sinh luyện tập

theo các phương pháp truyền thống

4) Phương tiện và cơ sở vật chất: Sử dụng các phương tiện sẵn có trong nhà

trường để dạy học.

5) Kiểm tra, đánh giá: Đánh giá dựa trên tiêu chí có sẵn, và chỉ yêu cầu học sinh

tái hiện lại hình thức và kiến thức đã được học

Như vậy sẽ không phát huy được hết năng lực tư duy sáng tạo của HS - Ưu điểm, nhược điểm và những tồn tại cần khắc phục: Qua tìm hiểu, điều tra chúng tôi thấy rằng đa số GV đã chú ý đến việc sử dụng bài tập trong quá trình dạy

học hóa học, tuy nhiên trong quá trình sử dụng bài tập còn có những hạn chế phổ biến sau đây:

- Việc xác định mục đích cần đạt cho bài tập nhiều khi chỉ dừng lại ở bản thân

lời giải của bài tập mà chưa có được mục tiêu nhận thức, phát triển tư duy cho HS.

- Chưa chú trọng khuyến khích HS tìm lời giải thông minh, sáng tạo cho bài

toán mà bằng lòng với một cách giải đã biết.

Thực tiễn cho thấy bài tập hóa học không chỉ có tác dụng ôn tập, củng cố kiến thức đã học mà còn có tác dụng để phát triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và rèn trí thông minh cho HS. Tuy nhiên, việc sử dụng bài tập hóa học như là một phương pháp dạy học hiệu nghiệm thì chưa được chú ý đúng mức.

GV và HS đều quan tâm đến kết quả của bài toán nhiều hơn quá trình giải toán. Tất nhiên, trong quá trình giải các thao tác tư duy được vận dụng, các kĩ năng suy luận, kĩ năng tính toán, kĩ năng viết và cân bằng phương trình phản ứng được rèn luyện. Thế nhưng, nếu chú ý rèn tư duy cho HS trong quá trình giải thì việc giải để đi đến đáp số của các bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều.

Đối với cách dạy thông thường thì chỉ cần tổ chức cho HS hoạt động tìm ra đáp số của bài toán. Để phát triển tư duy và rèn trí thông minh cho HS thì làm như thế là chưa đủ, thông qua hoạt động giải bài toán hoá học luôn khuyến khích HS tìm nhiều cách giải cho một bài tập, chọn cách giải hay nhất, ngắn gọn nhất.

Khi giải bài toán, cần tổ chức cho mọi đối tượng HS cùng tham gia tranh luận. Khi nói lên được một ý hay, giải bài toán đúng, với phương pháp hay sẽ tạo ra cho HS niềm vui, một sự hưng phấn cao độ, kích thích tư duy, nỗ lực suy nghĩ tìm ra cách giải hay hơn thế nữa.

b. Giải pháp mới cải tiến: - Mô tả bản chất của giải pháp mới: Tư duy Có nhiều cách định nghĩa về tư duy: Theo M. N. Sacdacop: “Tư duy là sự nhận thức khái quát gián tiếp các sự vật và hiện tượng của hiện thực trong những dấu hiệu, những thuộc tính chung và bản chất của chúng. Tư duy cũng là sự nhận thức sáng tạo những sự vật và hiện tượng mới, riêng lẻ của hiện thực trên cơ sở những kiến thức khái quát hóa đã thu nhận được”.

Hay: “Tư duy là một quá trình tâm lí mà nhờ đó con người phản ánh được các đối tượng và hiện tượng của hiện thực thông qua những dấu hiệu bản chất của chúng, đồng thời con người vạch ra được những mối liên hệ khác nhau trong mỗi đối tượng, hiện tượng và giữa các đối tượng, hiện tượng với nhau”. Khổng Tử (551÷479-TCN) đã nói: “Vật có bốn góc, dạy cho biết một góc mà không suy ra được ba góc kia thì không dạy nữa”. Điều đó chứng tỏ từ xa xưa người ta đã chú trọng tới việc rèn tư duy trong dạy học.

Năng lực tư duy Năng lực tư duy là một khả năng, một phẩm chất tâm sinh lý của óc người, vừa như là cái tự nhiên bẩm sinh, “sẵn có”, vừa như là sản phẩm của lịch sử, hơn nữa là sản phẩm của lịch sử phát triển xã hội. Cái vốn có tự nhiên ấy thông qua rèn luyện trong thực tiễn mới trở nên một sức mạnh thật sự có hiệu quả của con người và xã hội. Năng lực tư duy là sản phẩm của quá trình phát triển ngày càng cao yếu tố tự nhiên, lịch sử của con người và nhân loại. Nói cách khác, năng lực tư duy ngày càng được

nâng cao theo sự phát triển của con người và lịch sử. Nhưng đó không phải là một quá trình tự phát, mà là cả một quá trình tự giác. Nghĩa là con người tự giác rèn luyện, nâng cao năng lực tư duy của mình.

Năng lực tư duy là tổng hợp những khả năng ghi nhớ, tái hiện, trừu tượng hóa, khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận - giải quyết vấn đề, xử lý tình huống trong quá trình phản ánh, phát triển tri thức và vận dụng chúng vào thực tiễn. Cần phải nhận thức rằng hoạt động của tư duy không thể tách rời yếu tố cảm xúc, ý chí ở tầng vô thức và hữu thức. Cảm xúc không phải là tri thức, nhưng lại là một yếu tố cần thiết cấu thành và là môi trường xúc tác của quá trình tư duy.

Năng lực tư duy của con người như bao gồm cả yếu tố bẩm sinh. Thực tế đã chứng minh, yếu tố bẩm sinh có vai trò rất quan trọng nhưng chỉ ở dạng khả năng, có thể rèn luyện nâng cao, phát huy được, vì nếu không có tác nhân xã hội thì sẽ mai một dần. Theo chủ tịch Hồ Chí Minh, “năng lực của người không phải hoàn toàn do tự nhiên mà có, mà một phần lớn do công tác tập luyện mà có”.

Các cấp độ của tư duy Trong lĩnh vực giáo dục, thang cấp độ tư duy có thể được xem là một công cụ nền tảng để từ đó xây dựng và sắp xếp các mục tiêu giáo dục, xây dựng các chương trình, qui trình giáo dục và đào tạo, xây dựng và hệ thống hóa các câu hỏi, bài tập dùng để kiểm tra, đánh giá quá trình học tập. Thang cấp độ tư duy đầu tiên được xây dựng bởi Benjamin S. Bloom (1956) , thường được gọi tắt là Thang Bloom hay Bảng phân loại Bloom (Bloom’s Taxonomy) bao gồm 6 cấp độ sau:

Biết (knowledge): Là sự nhớ lại các dữ liệu đã học được trước đây, nghĩa là có thể nhận biết thông tin, ghi nhớ, nhắc lại một loạt dữ liệu, từ các sự kiện đơn giản đến các lý thuyết phức tạp, tái hiện trong trí nhớ những thông tin cần thiết.

Thông hiểu (comprehension): Là mức thấp nhất của việc thấu hiểu sự vật, được định nghĩa là khả năng nắm được, hiểu được ý nghĩa của tài liệu, có thể chuyển thông tin từ dạng này sang dạng khác (từ lời sang công thức, kí hiệu, số liệu và ngược lại), giải thích thông tin (giải thích hoặc tóm tắt) và ước lượng xu hướng tương lai (dự báo các hệ quả hoặc ảnh hưởng).

Vận dụng (application): Là cấp độ thấu hiểu cao hơn, là khả năng sử dụng các tài liệu đã học vào một hoàn cảnh cụ thể mới, nghĩa là áp dụng các quy tắc, phương pháp, khái niệm, nguyên lý, định luật và lý thuyết để giải quyết một vấn đề nào đó bằng cách so sánh các phương án, phát hiện lời giải có sai lầm và chỉnh sửa được, giải quyết được tình huống mới, khái quát hóa, trừu tượng hóa tình huống quen thuộc sang tình huống mới phức tạp hơn.

Phân tích (analysis): Thể hiện một mức độ trí tuệ cao hơn so với mức hiểu và áp dụng, là khả năng phân chia một tài liệu ra thành các phần sao cho có thể hiểu được các cấu trúc, tổ chức của nó, chỉ ra đúng các bộ phận, phân tích mối quan hệ giữa các bộ phận, nhận biết được các nguyên lý tổ chức được bao hàm, đòi hỏi thấu hiểu cả nội dung và hình thái cấu trúc của tài liệu.

Tổng hợp (synthesis): Nhấn mạnh các hành vi mang tính sáng tạo, là khả năng sắp xếp các bộ phận lại với nhau để hình thành một tổng thể mới, có thể là một chủ đề hoặc bài phát biểu, một kế hoạch hành động (dự án nghiên cứu) hoặc một mạng lưới các quan hệ trừu tượng (sơ đồ phân lớp thông tin), đặc biệt tập trung chủ yếu vào việc hình thành các mô hình hoặc cấu trúc mới.

Đánh giá (evaluation): Là cấp bậc nhận thức cao nhất, là khả năng xác định giá trị của thông tin, tài liệu. Việc đánh giá dựa trên các tiêu chí nhất định, có thể là các

tiêu chí bên trong (cách tổ chức) hoặc các tiêu chí bên ngoài (phù hợp với mục đích) người đánh giá phải tự xác định hoặc được cung cấp các tiêu chí.

Tổ chức quá trình học tập phát triển tư duy cho học sinh - Tạo ra tình huống có vấn đề để tạo động cơ, nhu cầu, hứng thú nhằm huy động cao độ sức lực, trí tuệ của học sinh vào hoạt động tư duy. - Giáo viên phân chia nhiệm vụ nhận thức thành hệ thống những nhiệm vụ nhỏ liên tiếp thuộc vùng phát triển gần của học sinh. - Học sinh tự lực hoạt động, áp dụng những phương pháp nhận thức đã biết để thích nghi với môi trường, vượt qua khó khăn giải quyết được vấn đề nêu ra.

- Trong quá trình giải quyết nhiệm vụ có thể trao đổi với các bạn cùng nhóm, cùng thảo luận chung cả lớp dưới sự hướng dẫn của giáo viên để có kinh nghiệm và gợi ý. - Thiết kế bài học linh hoạt, dự kiến nhiều phương án giải quyết vấn đề phổ

biến hay khó khăn phức tạp.

Thực nghiệm sư phạm Chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng Chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm với khối 11 và 12. Chúng tôi đã chọn cặp

lớp TN và ĐC tương đương nhau về các mặt sau:

- Số lượng HS và chất lượng học tập bộ môn. - Cùng một GV giảng dạy.

Trường TN ĐC GV thực hiện

Lớp 12A 11A Số HS 50 49 Lớp 12B 11B Số HS 50 50 Lê Chí Hoan Nguyễn Thọ Lộc

THPT Bình Minh

Tiến hành thực nghiệm sư phạm Chúng tôi đã trao đổi với GV giảng dạy về hướng sử dụng hệ thống BTHH theo các hướng đề xuất của sáng kiến, GV tiến hành dạy các bài TN ở lớp TN. Sau đó chúng tôi tiến hành kiểm tra đồng thời ở lớp TN và lớp ĐC để xác định hiệu quả, tính khả thi của phương án TN.

- Ở khối 11, chúng tôi tiến hành dạy ở các tiết ôn tập, luyện tập và tự chọn ở

phần hóa học hữu cơ (học kỳ II).

- Ở khối 12, chúng tôi tiến hành dạy ở các tiết ôn tập, luyện tập và tự chọn ở

phần hóa học vô cơ (học kỳ II). Phương pháp đánh giá chất lượng hệ thống bài tập gồm các bước sau:

- Ra bài kiểm tra với thời gian 45 phút: Khối 12 kiểm tra bằng hình thức trắc

nghiệm khách quan, khối 11 kiểm tra bằng hình thức tự luận.

- Chấm bài kiểm tra. - Sắp xếp kết quả theo thứ tự từ điểm 0 đến 10 và phân loại theo 4 nhóm: + Nhóm giỏi: Có các điểm 9, 10. + Nhóm khá: Có các điểm 7, 8. + Nhóm trung bình: Có các điểm 5, 6. + Nhóm yếu kém: Có các điểm dưới 5.

- Phân tích, nhận xét kết quả thực nghiệm.

2) và độ lệch chuẩn (S): Tham số đo mức độ phân tán của các số liệu

Xử lý số liệu thực nghiệm sư phạm Tính các tham số đặc trưng:

* Phương sai (Si quanh giá trị trung bình cộng

Giá trị S càng nhỏ chứng tỏ số liệu càng ít phân tán. * Hệ số biến thiên (V): Cho phép so sánh mức độ phân tán của các số liệu đó bằng hệ số biến thiên. Nghĩa là nhóm nào có hệ số biến thiên V nhỏ hơn sẽ có chất lượng đồng đều hơn:

- Nếu V > 30%: Độ dao động không đáng tin cậy. * Chuẩn Studen’t (t)

Trong đó: X 1 và X 2 là điểm trung bình cộng của nhóm TN và nhóm ĐC

S1 và S2 là độ lệch chuẩn của nhóm TN và nhóm ĐC n1 và n2 là kích thước mẫu của nhóm TN và nhóm ĐC Sau đó so sánh giá trị tTN với tLT ( = 0,05 và f = n1 + n2 – 2) - Nếu tTN  tLT chứng tỏ sự khác nhau giữa X 1 và X 2 do tác động của phương

án thực nghiệm là có ý nghĩa với mức ý nghĩa 0,05.

- Nếu tTN < tLT chứng tỏ sự khác nhau giữa X 1 và X 2 do tác động của phương

án thực nghiệm là không có ý nghĩa với mức ý nghĩa 0,05.

Kết quả thực nghiệm sư phạm Nhập các công thức tính vào bảng Excel ta có kết quả được ghi ở bảng sau: Bảng 1: Bảng mô tả số liệu thực nghiệm sư phạm

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 1 0 0 3 0 1 1 2 Điểm xi 5 3 6 8 12 6 11 15 12 15 4 1 4 2 4 7 16 14 14 11 8 12 7 8 5 9 5 2 3 1 10 2 0 1 0 Lớp PA TS HS 50 50 49 50

12A TN 12B ĐC 11A TN 11B ĐC

Tần số

Tần suất (%)

Bảng 2: Bảng tần số và tần suất theo loại Giỏi 7 2 4 1 14.00 4.00 8.16 2.00 Khá 28 21 22 16 56.00 42.00 44.90 32.00 TN ĐC TN ĐC TN ĐC TN ĐC TB 14 21 20 27 28.00 42.00 40.82 54.00 Loại 12A 12B 11A 11B 12A 12B 11A 11B Yếu, kém 1 6 3 6 2.00 12.00 6.12 12.00

Từ đó ta có biểu đồ:

Hình 1: Đồ thị so sánh kết quả kiểm tra (theo từng loại) của HS 2 lớp 12

Hình 2: Đồ thị so sánh kết quả kiểm tra của HS 2 lớp 11

Bảng 3: Bảng tần số lũy tích

Lớp PA TS HS 50 50 49 50 12A TN 12B ĐC 11A TN 11B ĐC 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 1 0 0 Điểm từ xi trở xuống 5 4 12 11 18 6 15 27 23 33 4 1 6 3 6 7 31 41 37 44 3 0 2 1 2 8 43 48 45 49 9 48 50 48 50 10 50 50 49 50

Bảng 4: Bảng tần suất lũy tích

Lớp PA TS HS % điểm từ xi trở xuống 7 6 3 1 2 0 10 9 8

5 4 12A TN 50 0.0 0.0 0.0 0.0 2.0 8.0 30.0 62.0 86.0 96.0 100.0 12B ĐC 50 0.0 0.0 2.0 4.0 12.0 24.0 54.0 82.0 96.0 100.0 100.0 11A TN 49 0.0 0.0 0.0 2.0 6.1 22.5 46.9 75.5 91.8 98.0 100.0 11B ĐC 50 0.0 0.0 0.0 4.0 12.0 36.0 66.0 88.0 98.0 100.0 100.0

Dựa vào bảng tần số lũy tích ta có đồ thị đường lũy tích so sánh kết quả kiểm

tra các lớp thực nghiệm và đối chứng như sau:

Hình 3: Đồ thị đường lũy tính so sánh HS 2 lớp 12

Hình 4: Đồ thị đường lũy tính so sánh HS 2 lớp 11

(

Bảng 5, 6: Một số đại lượng thống kê Bảng 5: Lớp PA TS HS

)ix ( 5 15 30 40 60

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 2 0 0 3 0 3 3 6 4 4 16 8 16 8 7 6 66 112 96 56 98 90 64 98 72 40 77 90 9 45 18 27 9 10 20 0 10 0 7.2 6.3 6.6 6.0

12A TN 50 12B ĐC 50 49 11A TN 11B ĐC 50 Bảng 6: Lớp PA TS HS V(%) M S2 Si tTN

tLT (p=0.05, f=  ) 1.96 1.9993 3.24

1.80 2.22 1.96

TN ĐC TN ĐC 50 50 49 50 1.85 2.01 1.94 1.67 18.87 22.52 21.08 21.56 0.19 0.20 0.20 0.18 12A 12B 11A 11B

Phân tích kết quả thực nghiệm sư phạm Từ kết quả xử lý số liệu TNSP cho thấy: chất lượng học tập của HS ở các nhóm

TN cao hơn nhóm ĐC tương ứng, cụ thể là:

- Tỉ lệ % học sinh yếu, kém và trung bình (từ 3 - 6 điểm) của các nhóm TN luôn

thấp hơn so với nhóm ĐC tương ứng.

- Tỉ lệ % học sinh khá, giỏi (từ 7 - 10 điểm) của các nhóm TN luôn cao hơn so

với nhóm ĐC tương ứng.

- Đồ thị các đường luỹ tích của nhóm TN luôn nằm về bên phải và phía dưới đồ

thị các đường luỹ tích của nhóm ĐC.

- Điểm trung bình cộng của HS khối lớp TN luôn cao hơn so với điểm trung

DCX do tác động của phương án thực

TNX và

bình cộng của HS khối lớp ĐC.

- Hệ số biến thiên (V) đều nhỏ hơn 30% chứng tỏ là độ dao động là đáng tin cậy. Hệ số biến thiên ở lớp TN nhỏ hơn so với hệ số biến thiên ở lớp ĐC cho thấy kết quả ở lớp TN đồng đều hơn. - tTN > tLT chứng tỏ sự khác nhau giữa nghiệm là có ý nghĩa với mức độ ý nghĩa 0,05.

- Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp: 1) Nghiên cứu tuyển chọn, xây dựng và sử dụng BTHH có nhiều cách giải đa

dạng phong phú để rèn tư duy cho HS ở trường THPT một cách có hệ thống.

2) Đưa ra một số ý kiến về phương pháp sử dụng hệ thống BTHH có nhiều

cách giải nhằm phát triển năng lực tư duy HS ở trường THPT.

3. Hiệu quả kinh tế, xã hội dự kiến đạt được - Hiệu quả kinh tế: Từ kết quả TNSP và các biện pháp khác như: dự giờ xem xét các hoạt động của GV và HS trên lớp, trao đổi với GV và HS, xem vở bài tập… cho phép chúng tôi rút ra một số nhận xét sau đây:

- Qua việc sử dụng BTHH thông qua việc lựa chọn và tổ chức để HS tìm ra cách giải BTHH sẽ giúp HS thông hiểu kiến thức một cách sâu sắc hơn, điều đó cho thấy chính người sử dụng bài tập mới làm cho bài tập có ý nghĩa thật sự.

- Đã xây dựng được tiến trình luận giải giúp cho HS biết phải bắt đầu giải bài toán từ đâu, kịp thời bổ sung những lỗ hổng kiến thức, hiểu được từng từ, từng câu, từng khái niệm của bài toán, giúp HS vượt qua được những chướng ngại nhận thức.

- HS ở khối lớp TN không chỉ phát triển được năng lực tư duy nhanh nhạy, sáng tạo mà còn rèn được cả cách nói và trình bày lập luận của mình một cách lôgic, chính xác, khả năng độc lập suy nghĩ được nâng cao dần.

- Với HS các lớp ĐC gặp khó khăn trong việc xác định nhanh hướng giải bài toán, hầu hết đều sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa mất thời gian mà nhiều bài gặp bế tắc khó có thể giải được.

- Năng lực tư duy của HS khối lớp TN cũng không rập khuôn máy móc mà linh hoạt, mềm dẻo hơn, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và nhiều khía cạnh khác nhau trên cơ sở nắm vững kiến thức cơ bản.

- Như vậy phương án TN đã nâng cao được năng lực tư duy của HS, khả năng làm việc độc lập vận dụng linh hoạt và sáng tạo kiến thức đã học vào những bài toán là những tình huống mới, biết nhận ra cái sai của bài toán. Đề tài bước đầu xây dựng những bài toán nhỏ góp phần phát triển năng lực tư duy và bồi dưỡng trí thông minh. Sự tìm tòi sáng tạo cho HS, gây được không khí hào hứng trong quá trình học tập bộ môn.

- Hiệu quả xã hội: Theo kết quả của phương án thực nghiệm, sau khi trao đổi với các GV tham gia TNSP, tất cả đều khẳng định sự cần thiết và hiệu quả của các

BTHH có nhiều cách giải để góp phần nâng cao khả năng thông hiểu kiến thức, năng lực nhận thức và tư duy cho HS và tất cả đều nhất trí rằng:

- Nếu biết cách sử dụng bài tập, ngay từ đầu môn học, cộng với sự nỗ lực, tự

giác của học sinh cao hơn nữa thì hiệu quả dạy học chắc chắn sẽ cao hơn nhiều.

- Sau một thời gian làm quen với phương pháp giải BTHH bằng nhiều cách, học sinh rất có hứng thú với phương pháp này do đó kích thích được khả năng tìm tòi, khám phá của học sinh. Khi đưa ra bài toán tương tự học sinh có nhu cầu tìm nhiều lời giải khác nhau và tìm ra được những cách giải hay, ngắn gọn. Điều này cho thấy hệ thống BTHH đã xây dựng và sưu tầm có tính vừa sức phù hợp với khả năng tư duy của học sinh.

- GV còn nhận xét: giải bài tập bằng nhiều cách đặc biệt có hứng thú với HS khá, giỏi và có hiệu quả rất cao trong công tác bồi dưỡng HSG.

4. Điều kiện và khả năng áp dụng - Điều kiện: GV phải biết phân tích đặc điểm và năng lực của từng HS, từng lớp để đưa ra

các dạng bài tập phù hợp trong quá trình dạy học.

HS phải có kiến thức nền tảng về Hóa học và nắm được các phương pháp giải. Ngoài ra đòi hỏi sự tham gia tích cực và tự giác của HS, mà điều đó lại phụ thuộc vào: Yếu tố tinh thần, năng lực và môi trường học tập.

- Khả năng áp dụng: Sáng kiến này có thể áp dụng rộng rãi ở tất cả các trường THPT, vì đã đưa ra các ví dụ cụ thể, đa dạng cho từng dạng câu hỏi, bài tập và có hướng dẫn trả lời chi tiết cho từng ví dụ

Sau khi tuyển chọn, xây dựng được hệ thống bài tập nhiều cách giải, GV có thể

sử dụng hệ thống bài tập này như sau:

Sử dụng trong các tiết ôn tập, luyện tập Trong các tiết ôn tập và luyện tập, thời gian tương đối ít nên việc giải bài tập bằng nhiều cách là không có thời gian. Vì vậy, trong các tiết này, chủ yếu GV gợi ý những hướng có thể giải được cho một bài toán sau đó phân công cho từng nhóm HS, mỗi nhóm một cách sau đó HS chuẩn bị bài ở nhà.

Sử dụng trong các tiết tự chọn Từ năm học 2006 – 2007 đến nay, Bộ GD và ĐT cho phép các trường tự chọn thêm một số tiết cho các môn học. Với lí do nội dung kiến thức liên thông từ lớp 8 đến lớp 12 nên nhiều trường đã thêm tiết tự chọn cho môn hóa học. Việc sử dụng bài tập nhiều cách giải trong các tiết này không những giúp HS khắc sâu bản chất hóa học mà còn tăng hứng thú học tập cho HS để từ đó phát triển tư duy cho HS. Trong các tiết này, GV cho các nhóm HS trình bày các chuẩn bị của mình rồi đánh giá, sửa chữa.

Sử dụng trong việc tự học của học sinh Đây là biện pháp hữu hiệu nhất. Để hướng dẫn HS tự học ở nhà có hiệu quả, GV phải chuẩn bị hệ thống bài tập, giao nhiệm vụ cụ thể và có sự kiểm tra, đánh giá kết quả. Đối với những HS khá, giỏi thì phương pháp này sẽ rất hữu hiệu.

Sử dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi

- Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến Bồi dưỡng HS giỏi là một nội dung không thể thiếu trong quá trình dạy học. Trong bồi dưỡng HS giỏi, ngoài việc yêu cầu HS nắm vững kiến thức, kĩ năng thực hành thì việc giải các bài toán hóa học là một nội dung không thể thiếu được. Trong việc rèn kĩ năng giải bài tập và rèn tư duy cho HS thì việc giải bài tập bằng nhiều cách là một cách làm mang khá hữu hiệu. lần đầu (nếu có):

TT Họ và tên Ngày tháng năm sinh Chức danh Trình độ chuyên môn

1 Nơi công tác Phạm Thị Oanh 22/05/1988 THPT Giáo viên Cử nhân Nội dung công việc hỗ trợ Dự giờ, Đánh giá

2 Đỗ Thị Nga Giáo viên Cử nhân Dự giờ, Đánh Bình Minh 29/09/1991 THPT Bình giá Minh 3 Trần Văn Thạch 26/05/1985 THPT Bình Giáo viên Cử nhân Dự giờ, Đánh giá Minh Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật

và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.

Bình Minh, ngày 16 tháng 04 năm 2018 Người nộp đơn XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO ĐƠN VỊ CƠ SỞ HIỆU TRƯỞNG

1) Lê Chí Hoan ………………

2) Đinh Hoàng Đạo …………..

3) Nguyễn Thọ Lộc …………..

PHỤ LỤC

PHẦN I: VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Khối lượng muối thu được sau phản ứng là A. 13,28 gam. C.20,12 gam. B.13,68 gam. D.16,90 gam.

2Hn  0,1 mol

Bài toán này có thể được sử dụng cho HS sau khi học xong chương nhóm oxi ở lớp 10 hoặc chương Đại cương về kim loại ở lớp 12. GV ra bài tập, gợi ý và yêu cầu HS giải bài toán này bằng các cách khác nhau, GV sẽ kiểm tra và chữa ở tiết tự chọn tới. Ngoài ra GV có thể phân công mỗi nhóm một cách giải. Lời giải Cách 1. Phương pháp đại số Nếu HS chưa được trang bị nhiều về phương pháp giải toán thì thường các em đều làm theo cách này. - Theo bài ra:



x y

 

 x 1,5 x

0, 04 0, 04

65  y   y

  

y y y 1,5x ; Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2 y



0, 04 0, 04

x 27 x 3

 

 

x y

  

 =

; Zn  Zn2+ + 2e ; 2H+ + 2e  H2 y 2y 0,2 0,1

n  = 2 H

n 4SO

n  + 2 3Al

n  = 3x + 2y (Với x, lần lượt là số mol Al và Zn) 2Zn

không đổi nên áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch

Phương trình hóa học các phản ứng: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 x 0,5x 1,5x - Từ đó ta có hệ phương trình: 3, 68   0,1  Vậy: mmuối = 13,28 g (Đáp án A) Giải toán bằng phương pháp đại số thường dài nhưng sẽ rèn cho HS kỹ năng viết phương trình phản ứng, hiểu rõ hơn bản chất của bài toán. Cách 2. Bảo toàn electron Al  Al3+ + 3e x 3x - Từ đó ta có hệ phương trình: y  3, 68 65    0, 2 y 2  Vậy: mmuối = 13,28 g (Đáp án A) Phương pháp bảo toàn electron sẽ giúp HS tư duy bài boán dưới góc độ phản ứng oxi hóa - khử từ đó khắc sâu bản chất của các phản ứng. Cách 3. Bảo toàn điện tích (Phương pháp này chỉ dành cho HS sau khi học chương Sự điện li lớp 11) 2Hn = 0,2 mol - Ta có: n(-) = 2

Trong dung dịch sau phản ứng: n(+) = 3 Sau phản ứng số mol SO4 sau phản ứng ta có: 3x + 2y = 0,2



x y

 

 

x 27 x 3

0, 04 0, 04

 3, 68 y 65  0, 2 y 2

  



mol



mol

  n H

3, 68 27

92 675

3 2

46 225

- Mặt khác mhh = 27x + 65y = 3,68 g. Từ đó ta có hệ phương trình:    Vậy: mmuối = 13,28 g (Đáp án A) Phương pháp này giúp HS hiểu rõ hơn bản chất của các ion trong dung dịch. Cách 4. Phương pháp số học Cách 4.1. Giả sử hỗn hợp 3,68 g chỉ có Al ta có:



0,1



mol

46 225

47 450

mol





Vậy số mol H2 thoát ra nhiều hơn so với thực tế là:

47 1170

1 65

Khi chuyển 1 gam Al thành 1 gam Zn thì số mol H2 thoát ra sẽ giảm một lượng là: 3 1  2 27



2, 6

47 47 : 450 1170

Vậy trong phép giả sử trên ta đã chuyển lượng Zn thành Al là:

Do đó trong hỗn hợp đầu có 2,6g Zn và 3,68 – 2,6 = 1,08g Al



0, 02

mol n ;



0, 04

mol

n Zn

) 4 3

Al SO ( 2

ZnSO 4

1 1, 08   2 27

2, 6 65

mol

6,5

0,1



1 2  mmuối = 13,28 g (Đáp án A) Tương tự ta có thể giả sử 3,68g hỗn hợp chỉ có Zn Cách 4.2. Giả sử 0,1 mol H2 là do Zn sinh ra   m   n Zn

n H

 Khối lượng lớn hơn so với thực tế là 6,5 – 3,68 = 2,82g Nếu đổi 1 mol H2 do Al sinh ra thành 1 mol H2 do Zn sinh ra thì khối lượng tăng lên là:

Vậy:



2 3

65- = 47g



0, 06

mol

2,82 47

mol n ;

0, 04

mol



Như vậy trong phép giả sử trên ta đã đổi lượng Al thành Zn là:

Do đó số mol H2 do Al sinh ra là 0,06 mol; số mol H2 do Zn phản ứng sinh ra là 0,04 mol.  n Zn



mol

0, 02

0, 04

mol n ;

n Zn

) 4 3

ZnSO 4

Al SO ( 2

Vậy:

1 2  mmuối = 13,28 g (Đáp án A) Phương pháp số học tuy dài nhưng có tác dụng tốt trong việc rèn tư duy logic toán học cho HS. Cách 5. Phương pháp trung bình Đặt công thức chung của hỗn hợp là M ta có phản ứng: Cách 5.1. Viết phương trình hóa học của phản ứng







M nH SO 4

M SO ( 2 4

0, 2 n

0,1 n

0,1 (mol)







3, 68

18, 4

0, 2 n

M   n

- Ta có: (1)



n 96 )





9, 6

0,1 n

0, 2 M n



(2) Và: mmuối =

Thay (1) vào (2) ta có mmuối = 13,28g (Đáp án A) Cách 5.2. Kết hợp với bảo toàn electron và bảo toàn điện tích ; 2H+ + 2e  H2

 n

 M M 3, 68 M

0,2 0,1  ne 3,68 M

   

0, 2

18, 4

3, 68 M

- Áp dụng bảo toàn electron ta có:





0,1

mol



n SO 4

n M

n   2

3, 68 M





3, 68 9, 6 13, 28





- Mặt khác theo bảo toàn điện tích ta có:



m M

SO 4



mol

(Đáp án A) Vậy: mmuối =

n H

H SO 4 2









 3, 68 0,198 0, 2 13, 28



(Đáp án A)

Cách 6. Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố Áp dụng bảo toàn nguyên tố H ta có: 0,1

m H

H SO 2 4

mol



 

n H

H SO 4 2

Mặt khác theo bảo toàn khối lượng: mmuối =





3, 68 9, 6 13, 28





Cách 7. Bảo toàn nguyên tố, tăng giảm khối lượng Áp dụng bảo toàn nguyên tố H và S ta có: n 0,1 4SO



SO 4

(Đáp án A) mmuối =

Ngoài ra bài toán này còn có thể giải bằng phương pháp sơ đồ chéo hay công thức trung bình để tìm ra khối lượng mỗi muối. Tuy nhiên nếu bài toán chỉ yêu cầu tính tổng khối lượng muối thì giải bằng cách 7 là đơn giản và nhanh hơn cả.

Các phương pháp bảo toàn không những giúp ta giải nhanh nhiều bài toán hóa học mà còn có ý nghĩa rất lớn trong việc giáo dục triết học duy vật biện chứng từ đó phát triển tư duy biện chứng cho HS. Ví dụ 2: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al phản ứng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được 10,08 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và m gam muối sunfat. Tính m?

Bài toán này được sử dụng trong tiết luyện tập chương nhóm oxi lớp 10 hoặc phần kim loại lớp 12, GV đưa bài tập rồi phân cho từng nhóm, mỗi nhóm một cách giải cụ thể yêu cầu từng nhóm trình bày ở tiết luyện tập hoặc tự chọn. Cách phân công phải sao cho các lần khác nhau thì nhóm đó giải theo các cách khác nhau.



0, 45

mol

SOn

Lời giải Theo bài ra ta có:

Cách 1: Phương pháp đại số Đặt x, y lần lượt là khối lượng của Fe và Al trong hỗn hợp đầu Phương trình hóa học của các phản ứng:

0,9 3y 0,45

0, 05

mol

0,1



Fe SO ( 2

) 4 3

Al SO ( 2

) 4 3

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2. Cách 2. Bảo toàn electron Các quá trình oxi hóa - khử: ; Al  Al3+ + 3e ; S+6 + 2e  S+4 (SO2) Fe  Fe3+ + 3e y 3x X - Theo bảo toàn electron ta có: 3x + 3y = 0,9 - Mặt khác mhh = 56x + 27y = 11 g Giải hệ 2 phương trình trên ta được: x = 0,1; y = 0,2  ;

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2 g. Cách 3. Dùng công thức trung bình Đặt công thức chung của 2 kim loại là M Cách 3.1. Kết hợp với viết phương trình phản ứng



Cách 3.2. Kết hợp với bảo toàn electron Các quá trình oxi hóa - khử:

 M M



e 3

  2 e

(

)

SO 2

;

3x 0,45 (mol) 0,9

0,15(2

 

 3 96) 11 43, 2 54, 2





(

) 4 3

M SOm Vậy m = 54,2

x Áp dụng bảo toàn electron ta có: 3x = 0,9  x = 0,3 mol

0,3

 

n M

Cách 3.3. Kết hợp với bảo toàn electron và bảo toàn điện tích (PP này chỉ dùng cho HS từ lớp 11 trở lên, sau khi học chương Sự điện li) Tương tự cách 3.2 ta có: mol

Đáp án: m = 54,2 Cách 3.4. Kết hợp với sơ đồ chéo

x 

0,1





0, 05

mol n ;



0,1

mol

n Fe

n Fe SO ( 2

) 4 3

Al SO ( 2

) 4 3

1 2



Như vậy nếu gọi số mol Fe là x thì số mol Al là 2x. Khi đó: 27x + 56.2x = 11

(

)

muoi

H SO pu 4

SO 2









(



)

H O 2

muoi

(

)

H SO pu 4

SO 2

H O 2

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2 g. Cách 4. Phương pháp bảo toàn khối lượng Ta có: 



0,9

mol

(

)

H O 2

H SO pu 4

n SO 2

Mặt khác theo phương trình phản ứng trên ta có:

 m = 11 + 0,9.98 – (0,45.64 + 0,9.18) = 54,2 g. Cách 5. Phương pháp bảo toàn điện tích Quá trình khử: 4H+ + SO4

2- + 2e  SO2 + 2H2O



0, 45

mol

 (tạo muối) =

SOn

n 4SO

Áp dụng bảo toàn điện tích ta có:

1 2 en (trao đổi) = m  (tạo muối) = 11 + 0,45.96 = 54,2 g

4SO

Như vậy: mmuối = mKL +

Cách 6. Phương pháp số học Cách 6.1. Giả sử 11 gam hỗn hợp chỉ có Fe

  n



0,3

mol

  m

16,8

2 n 3 SO

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2. Cách 6.2. Giả sử 0,45 mol SO2 là do Fe sinh ra

Trong thực tế: khối lượng hỗn hợp là 11g nên trong phép giả sử trên đã làm tăng 5,8g hỗn hợp Mặt khác cứ thay 1mol SO2 được tạo ra do Al bằng 1 mol SO2 được tạo ra do Fe thì





2 3

2   3

58 3

khối lượng hỗn hợp tăng một lượng là:

Như vậy trong phép giả sử trên ta đã thay số mol SO2 sinh ra do Al bằng SO2 sinh ra

5,8 :



0,3

mol

58 3

do Fe một lượng là:

Như vậy số mol SO2 do Al tạo ra là 0,3 mol nên

Vậy m = 0,05.400 + 0,1.342 = 54,2 g. Ví dụ 3: Dẫn từ từ 448 ml CO2 (đktc) vào 1,5 lít dung dịch Ca(OH)2 0,01M thu được a gam kết tủa và dung dịch X. Đun sôi dung dịch X đến phản ứng hoàn toàn thu được b gam kết tủa. Tính a và b?

mol n ;

0, 02



0, 015

mol





0, 03

mol



Ca OH (

)

Bài tập này có thể được sử dụng trong chương nhóm cacbon hoặc chương kim

n OH

loại kiềm, kiềm thổ, nhôm. Lời giải Ta có: n CO 2

Đun sôi dung dịch X lại được kết tủa nên phản ứng tạo 2 muối do đó cả CO2 và Ca(OH)2 đều phản ứng hết. Cách 1. Phương pháp đại số Cách 1.1. Dùng phản ứng nối tiếp

Phản ứng nối tiếp giúp HS hiểu rõ hơn thứ tự phản ứng khi cho từ từ một oxit axit (hoặc một đa axit) với dung dịch kiềm. Do ban đầu oxit axit thiếu, NaOH dư nên phản ứng thu được muối trung hòa. Sau đó muối trung hòa sẽ tác dụng với oxit axit dư.

Khi cho từ từ CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 ta có các phản ứng

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5 Cách 1.2. Dùng phản ứng song song Cách viết phản ứng này sẽ giúp HS hiểu rõ hơn các trường hợp tỉ lệ các chất phản ứng khác nhau thì thu được sản phẩm khác nhau.

 x + 2y = 0,02.

n C

CO 2

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5 Ngoài ra ta cũng có thể dùng phương trình ion rút gọn dưới dạng nối tiếp hoặc song song để giải bài toán này: Cách 2. Bảo toàn nguyên tố Đặt số mol của CaCO3 là x; số mol Ca(HCO3)2 là y ta có: Bảo toàn nguyên tố C: n

n

n Ca

Ca OH (

)

và HCO3 - trong dung dịch X là 2x (bảo toàn điện tích)

Bảo toàn nguyên tố Ca: = x = y = 0,015

Từ đó ta có x = 0,01; y = 0,005 Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,05.100 = 0,5 Cách 3. Bảo toàn điện tích kết hợp với bảo toàn nguyên tố Trong dung dịch X gồm có các ion Ca2+ - Đặt số mol Ca2+ là x thì số mol HCO3

Do đó số mol CaCO3 là 0,015 – x (bảo toàn nguyên tố Ca)

n CO 2

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5 Cách 4. Phương pháp sơ đồ chéo

n Ca OH (

)

Đặt T = ta có:

T 

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O nếu T = 1 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 nếu T = 2

0, 02 0,015

2  3 Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

- Theo bài ra:

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5 Cách 5: Phương pháp trung bình Tương tự cách 4 ta có:

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,05.100 = 0,5 Cách 6: Phương pháp đồ thị

Vậy a = 0,01.100 = 1; b = 0,005.100 = 0,5 Ví dụ 4: Một phoi bào sắt có khối lượng m gam để ngoài không khí bị oxi hóa thành hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng 12 gam. Cho A tan hoàn toàn trong HNO3 sinh ra 2,24lít (đktc) khí NO (là sản phẩm khử duy nhất). Tìm giá trị của m.

Đây được xem là bài toán “kinh điển” đã được rất nhiều GV và HS tìm tòi đưa ra được rất nhiều cách giải hay, là bài tập khá tiêu biểu để rèn luyện phương pháp giải cho cả GV và HS. Vì vậy ở ví dụ này tôi xin tổng hợp lại và trình bày khá chi tiết lời giải của bài toán này. Bài toán này có thể sử dụng khi học xong bài axit nitric lớp 11 hoặc bài hợp chất của sắt ở lớp 12. Lời giải: Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra: - Khi cho Fe tác dụng với O2:

Cách 1. Phương pháp đại số - Đặt x, y, z, t lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3: Phương trình đã cho: (1) mhh = 56x + 72y + 232z + 160t = 12 ne cho = 3x+ y+ z = 0,3 (2) Biểu thức cần tìm: m = 56(x+ y+3z+2t) (3)

Trong bài tập này, số ẩn cần tìm là 4 trong khi chỉ có 2 phương trình đã biết, do đó, bài toán không thể giải bằng phương pháp đại số thông thường (đặt ẩn – giải hệ) để tìm ra giá trị của mỗi ẩn mà chỉ có thể bằng cách ghép ẩn số, đi từ phương trình đã cho đến biểu thức cần tìm bằng các cách sau: Cách 1.1. Đồng nhất hệ số Gọi A và B là hệ số của các phương trình (1) và (2) sao cho:

A × (1) + B × ( 2) = (3)  A (56x + 72 y + 232z + 160t ) + B (3x + y + z ) = 56( x + y + 3z + 2t ) Tiến hành đồng nhất hệ số của x, y, z, t ở 2 vế của phương trình trên, ta có:

(4) (5)

m = 0, 7 (1) + 5, 6 ( 2) = 10,08g Cách 1.2. Tách ghép ẩn Trong bài tập này, phương pháp ghép ẩn – giải hệ được thực hiện với 2 biểu thức sau: nFe = x + y + 3z + 2t nO = y + 4z + 3t Với 2 biểu thức đã cho và dữ kiện đề bài, ta có:

Từ đó, có kết quả: m = 56 ( x + y + 3z + 2t ) = 10, 08g

Phương pháp đại số có nhược điểm là đã "toán học hóa" bài toán hóa học khá nhiều, tuy nhiên nền tảng của nó vẫn là những hiểu biết hóa học. Hơn nữa, việc rèn luyện các kỹ năng tính toán và biến đổi biểu thức đại số cũng góp một vài trò không nhỏ trong việc phát triển tư duy sáng tạo cho HS. Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng Cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3, theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

- + 3e  NO + 2H2O

Giải ra được m = 10,08 Cách 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố Dựa vào bán phản ứng khử: 4H+ + NO3





(

)



O trongA

O trongNO

O trongH O

(

)

O trongHNO 3

Ta thấy có thể giải lại bài toán theo phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng đối với oxi như sau:  m

( ) Giải ra được m = 10,08 Cách 4. Phương pháp bảo toàn electron Ở bài toán này, chất nhường e là Fe, chất nhận e là O2 và N+5 trong HNO3.

Cách 5. Phương pháp trung bình Cách 5.1. Hóa trị trung bình kết hợp với bảo toàn electron Gọi hóa trị trung bình của Fe trong cả hỗn hợp A là n , khi đó, công thức của A là Fe O

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A với HNO3, ta có:

Fe O x

Cách 5.2. Công thức phân tử trung bình kết hợp với bảo toàn electron Gọi công thức phân tử trung bình cả hỗn hợp A là

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng của A với HNO3, ta có:

Fe O , ta có PTHH biểu diễn phản ứng dưới

Cách 5.3. Dùng công thức trung bình kết hợp với bảo toàn điện tích Gọi công thức chung của cả hỗn hợp A là

dạng ion thu gọn là:









0,18

mol

n Fe pu (

)

Fe trongA

(

)

Fe O trongA (

)

2 3

Cách 6. Phương pháp quy đổi Cách 6.1. Quy đổi phân tử Có rất nhiều cách quy đổi CTPT các oxit của Fe, vì thực ra, kết quả quy đổi nào cũng chỉ là một giả định và không ảnh hưởng đến kết quả bài toán. Do khi hỗn hợp A phản ứng với HNO3 thì chỉ có Fe cho nhiều electron nhất và Fe2O3 không cho electron, nên cách đơn giản nhất là quy đổi hỗn hợp A thành Fe và Fe2O3 (do 3FeO→ Fe. Fe2O3) Như vậy khi cho A + HNO3 chỉ có Fe phản ứng cho khí NO

 m = 10,08 g. Lưu ý: Sau khi quy đổi có thể kết hợp với phương pháp bảo toàn electron để giải bài toán này Cách 6.2. Phương pháp quy đổi nguyên tử Hỗn hợp A gồm Fe và các oxit của nó có thể quy đổi thành một hỗn hợp chỉ gồm nguyên tử Fe và O có số mol tương ứng là x và y. Áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có:

Từ đó ta có phương trình: 3x + 2y = 0,3 (*) Mặt khác mhh = 56x + 16y = 12 (**) Giải hệ (*) và (**) ta có x = 0,12; y = 0,18  m = 10,08 g Phương pháp quy đổi là phương pháp rất hay và phù hợp để giải quyết nhanh những bài toán loại này. Chú ý: ta hoàn toàn có thể thay đổi các phương án quy đổi mà không ảnh hưởng đến kết quả bài toán. Đối với cách 4.1, ta có thể quy đổi hỗn hợp A là hỗn hợp của (Fe,

Fe3O4), (Fe, FeO), (FeO, Fe2O3),... hay như với cách 4.2, ta cũng có thể quy đổi hỗn hợp A là hỗn hợp của (Fe, O2), (O, FeO), (O, Fe3O4) cũng được (lẽ tất nhiên là không thể quy đổi thành (O, Fe2O3) vì khi đó sẽ không còn chất cho electron). Mặc dù trong một vài trường hợp kết quả của 1 trong 2 giá trị có thể âm, nhưng điều đó là sự bù trừ cần thiết và kết quả cuối cùng của bài toán vẫn được đảm bảo. Cách 7. Phương pháp số học Cách 7.1. Giả sử lượng Fe phản ứng với O2 chỉ tạo ra Fe2O3 Từ số mol O2 phản ứng ta tính được số mol Fe: 4Fe + 3O2→ 2Fe2O3

M 12;

Cách 7.2. Giả sử tất cả lượng Fe tác dụng hết chỉ tạo ra Fe2O3

x mol x

Ví dụ 5: Cho hỗn hợp A gồm anken X và H2 qua Ni đung nóng, thu được hỗn hợp B gồm 2 khí. Biết B không làm mất màu dung dịch brom. Tỉ khối của A và B so với H2 lần lượt là 6 và 8. Xác định CTPT của X và thành phần phần trăm thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp A. Lời giải Bài toán này được sử dụng sau khi học xong phần hiđrocacbon không no. Vì B không làm mất màu dung dịch brom  B là hỗn hợp của ankan và H2 dư  Anken X phản ứng hết Theo bài ra ta có:  Đặt Hỗn hợp A gồm anken là CnH2n; n ≥ 2(x mol) và H2 (y mol) CnH2n + H2  CnH2n+2 x  Hỗn hợp B gồm an kan CnH2n+2 và H2 dư (y – x mol) Cách 1. Phương pháp đại số Đặt ẩn, lập hệ phương trình rồi kết hợp với tách ghép ẩn. Vì phương pháp này khá dài nên tôi không trình bày cụ thể. Cách 2. Bảo toàn khối lượng + Khối lượng mol trung bình mA= mB  6.2 (x + y) = 8.2 (x + y - x)  6 (x + y) = 8y  y = 3x

 CTPT của anken X là C3H6. Vì y = 3x nên trong A (% Vanken= 25% , %

2HV = 75% )

Hoặc:

Cách 3. Khối lượng mol trung bình

 CTPT của anken X là C3H6. Trong A (% Vanken= 25% , %

2HV = 75% )

Cách 4. Hiệu 2 tỉ khối + Khối lượng mol trung bình + Bảo toàn khối lượng

 CTPT của anken X là C3H6. (Ngoài ra cũng có thể tìm ra y = 3x với cách tổng 2 tỉ khối ...) Cách 5. Hiệu 2 tỉ khối + Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ chéo

Cách 6. Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ chéo

Cách 7. Khối lượng mol trung bình + Sơ đồ chéo Bạn có thể chọn 1 trong 2 cách nhỏ sau:

Sơ đồ chéo:

2HV = 75% )

Vậy: CTPT của anken X là C3H6  Trong A (% Vanken= 25% , %

2HV = 75% )

Vậy: CTPT của anken X là C3H6  Trong A (% Vanken= 25% , %

Cách 8. Kết hợp 2 sơ đồ chéo

2HV = 75% )

Vậy: CTPT của anken X là C3H6  Trong A (% Vanken= 25% , %

Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm C2H2, C2H6 và C3H6. Đốt cháy hoàn toàn 24,8g hỗn hợp X thu được 28,8g nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 500g dung dịch Brom 20%. Tính % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp. Lời giải: Phương trình hóa học của các phản ứng: - Khi đốt cháy: 2C2H2 + 5O2 → 4CO2 + 2H2O 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O 2C3H6 + 9O2 → 6CO2 + 6H2O - Khi tác dụng với dung dịch brom: C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4. C3H6 + Br2 → C3H6Br2.

Cách 1: Phương pháp đại số: Gọi số mol các khí C2H2, C2H6 và C3H6 trong 24,8 gam hỗn hợp X lần lượt là x, y, z; khi đó số mol các khí trong 0,5 mol hỗn hợp X lần lượt là kx, ky, kz. Từ giả thiết, ta có: Khối lượng hỗn hợp 1: 26x + 30y + 42z =24,8 (a) (b) Số mol H2O: x + 3y + 3z = 1,6

Số mol hỗn hợp 2: kx + ky + kz = 0,5 Số mol Br2 phản ứng: 2kx + kz = 0,625 Giải hệ các phương trình:

Cách 2: Phương pháp tự chọn lượng chất: Hỗn hợp X theo đề bài là một hỗn hợp đồng nhất, tỷ lệ giữa các thành phần khí trong hỗn hợp là không đổi, do đó, KLPT trung bình của hỗn hợp (M) là một giá trị không đổi. Chọn số mol hỗn hợp X là 1mol: gọi a, b, c lần lượt là số mol của ba khí trong 1 mol hỗn hợp X. Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:

(Trong đó a+3b+3c là số mol H2O sinh ra khi đốt cháy 1 mol hỗn hợp)

yC H

Cách 3: Phương pháp trung bình: Gọi công thức trung bình của cả hỗn hợp là

Có nhiều cách để xác định x và y Cách 3.1. Phương pháp trung bình kết hợp với bảo toàn nguyên tố và khối lượng Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng ta có: mC = mX – mH = 24,8 – (1,6.2) = 21,6g



(Vì tổng số nguyên tử H và Br = 2x + 2) Do phản ứng cộng Br2 tạo thành hợp chất no nên ta có CTPT của sản phẩm là: C H Br 16 2 9 9

Vậy công thức trung bình của hỗn hợp là: C9/4H4. Cách 3.2. Phương pháp trung bình kết hợp độ bất bão hòa và phương pháp đại số

Gọi số mol hỗn hợp X là x, từ đó ta dễ dàng lập được hệ phương trình:

C H  

2 2

Vậy công thức trung bình của hỗn hợp là: C9/4H4. Cách 3.3. Phương pháp trung bình kết hợp xác định độ bất bão hòa và phân tích hệ số với ā là số liên kết π trung bình Gọi công thức trung bình của cả hỗn hợp là

 CTPT trung bình của hỗn hợp X là: C9/4H4. Cách 3.4. Phương pháp trung bình kết hợp độ bất bão hòa và phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng:

của hỗn hợp.

 CTPT trung bình của hỗn hợp X là: C9/4H4.

mC = mX – mH = 24,8 – (1,6.2) = 21,6g

Sau khi xác định được CTPT trung bình của hỗn hợp ta có nhiều cách để tìm ra kết quả của bài toán:

Cách 1. Phương pháp đại số: Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6 và C3H6 trong hỗn hợp X, ta có hệ phương trình:

Cách 2: Phương pháp sơ đồ chéo: Áp dụng sơ đồ chéo cho hỗn hợp X: * Theo số nguyên tử C trung bình:



1: 2



1: 3

* Theo số nguyên tử H trung bình:

n CO 2







0, 2

mol

n C H 3

n CO 2



1: 3



1:1

; C3H6 cháy cho nên ta có: Cách 3. Phân tích hệ số: C2H2 và C2H6 cháy cho ta

H O 2

n H O 2

Mặt khác: C2H6 và C3H6 cháy cho ta ; C2H2 cháy cho nên

ta có:

Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp của nhau thu được 0,3 mol CO2 và 7,65g H2O. Mặt khác nếu cho m gam hỗn hợp 2 ancol trên tác dụng với Na thì thu được 2,8 lít khí H2 (đktc). CTCT đúng của 2 ancol trên là B. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. A. C2H5OH, CH3CH2CH2OH. D. C2H4(OH)2 và C3H5(OH)3. C. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3

(TSCĐ Khối A – 2008)

Bài toán này có thể được sử dụng sau khi học xong bài ancol.

Lời giải: Theo bài ra: số mol CO2 và số mol H2O lần lượt là: 0,3 và 0,425

Cách 1. Phương pháp đại số Đặt công thức phân tử 2 ancol là CnH2n+2-x(OH)x và CmH2m+2-x(OH)x với m = n + 1. Phương trình hóa học các phản ứng

Theo bài ra ta có:

(3)  na + mb + a + b = 0,425; kết hợp với (2) ta có a + b = 0,125 Thay vào (1) ta có x = 2. Thay m = n + 1 vào (2) ta có: (n + 1)a + nb = 0,3  n = 2,4 – 8a Vì 0 < a < 0,125  1,4 < n < 2,4  n = 2. Vậy hai ancol cần tìm là C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 2. Phương pháp trung bình

Phương trình hóa học các phản ứng:

Từ đó ta có: a = 0,125; x = 2; n = 2,4

Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 3. Phương pháp trung bình kết hợp với tỉ lệ số mol

Theo phương trình ta có:

Vậy số nguyên tử O = 2,4: 1,2 = 2 Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 4. Phân tích hệ số

Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 5. Bảo toàn nguyên tố

Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 6. Kết hợp với các phương án lựa chọn Nhìn vào các phương án lựa chọn ta loại ngay phương án D vì 2 ancol không phải là đồng đẳng. Ta lại thấy các phương án lựa chọn có số nhóm OH khác nhau nên chỉ cần xác định số nhóm OH trong phân tử ancol là có kết quả:

Ví dụ 8: Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X cần dùng 500 ml dung dịch NaOH 1M. Hai axit đó là A. HCOOH, HOOC-CH2-COOH. C. HCOOH, C2H5COOH. B. HCOOH, CH3COOH. D. HCOOH, HOOC-COOH.

(TSĐH – khối A-2009)

Bài toán này có thể được sử dụng sau khi học xong bài axit cacboxylic.

Lời giải: Nhận xét: Đề bài cho 2 axit no có mạch không phân nhánh nên số nhóm chức –COOH phải ≤ 2. Cách 1. Phương pháp đại số Gọi công thức tổng quát của 2 axit thông thường là CnH2n+2-x(COOH)x và CmH2m+2- y(COOH)y. (Trong đó 1 ≤ x ≤ y ≤ 2; m, n ≥ 0; x, y, m, n là những số nguyên)

Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra: CnH2n+2-x(COOH)x + kO2 → (n+x) CO2 + (n+1)H2O CmH2m+2-y(COOH)y + kO2 → (m+y) CO2 + (m+1)H2O CnH2n+2-x(COOH)x + xNaOH → CnH2n+1-x(COONa)x + xH2O CmH2m+2-y(COOH)y + yNaOH → CmH2m+1-y(COOH)y + yH2O Gọi a, b lần lượt là số mol của CnH2n+2-x(COOH)x vàCmH2m+2-y(COOH)y ta có:

Từ (1) và (3) ta loại được 2 trường hợp x = y = 1 và x = y = 2; Chỉ có trường hợp x = 1; y = 2 thỏa mãn: Thay vào (1) và (3) ta có hệ phương trình:

 1 axit đơn chức và một axit 2 chức Do đó có thể đặt công thức tổng quát của hai axit là: CnH2n+1COOH và CmH2m(COOH)2.

thay vào (2) ta có: 0,1n + 0,2m = 0 mà m, n ≥ 0 nên n = m = 0 Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D Cách 2. Phương pháp đại số kết hợp với biện luận Với HS thông minh hơn có thể nhận xét +) Hai axit có tối đa 2 nhóm chức

Do đó 0,1(n+1) + 0,2(m+2) = 0,5 (cid:0) 0,1n + 0,2m = 0 hay m = n = 0 (vì m, n ≥ 0) Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D Cách 3. Phương pháp trung bình Cách 3.1. Dùng công thức trung bình để xác định số nhóm chức Trong trường hợp HS chưa nhận xét ngay được số nhóm chức thì có thể biện luận dựa vào CTPT TB như sau:

Từ đó ta có thể áp dụng cách giải đại số như cách 2 để xác định axit Cách 3.2. Sử dùng CTTB cho toàn bài toán

Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D Cách 4. Kết hợp phương pháp trung bình với sơ đồ chéo Ta dễ thấy:

Gọi số mol của 2 axit đơn chức và 2 chức lần lượt là a và b ta có các sơ đồ chéo:

(1)  n1 = 2n2 – 5/3 loại vì n2 luôn không phải là số nguyên (2)  n1 = - 2n2 + 5 Vì có 2 nhóm chức nên n2 ≥ 2

2 1 3 -1 n1 n2

Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D Cách 5. Kết hợp các phương án lựa chọn để tìm ra đáp án

 nên tạo nhóm 1

Trong giải toán trắc nghiệm, nhiều trường hợp (đặc biệt là loại toán xác định công thức hợp chất) nếu biết kết hợp các phương án lựa chọn sẽ tìm ra đáp án một cách nhanh chóng. Phương pháp này chỉ dùng cho hình thức trắc nghiệm * Nhận xét ban đầu: - Các phương án lựa chọn được phân làm 2 nhóm: +) Nhóm 1: 2 axit đơn chức (B và C) +) Nhóm 2: 1 axit đơn chức và 1 axit 2 chức (A và D)

Đến đây ta có thể đặt công thức tổng quát theo nhóm 2 để giải tuy nhiên với 2 phương án lựa chọn thì cách tốt nhất ta dùng một phương án tính toán đối chiếu kết quả, nếu phù hợp thì lựa chọn còn không thì là phương án còn lại: Ví dụ: Dùng phương án A để giải

Nếu dùng phương án D để giải:

Chú ý: Nếu trường hợp có 3 lựa chọn cùng tính chất và 1 lựa chọn khác tính chất thì ta giải theo phương tính chất của 3 phương án giống nhau, nếu có kết quả thì chọn phương án đó, còn nếu không có kết quả thì chọn phương án còn lại Phương pháp này chỉ dùng trong trường hợp câu hỏi chỉ có một lựa chọn đúng là loại câu hỏi được sử dụng trong các kỳ thi tốt nghiệp và đại học cao đẳng hiện nay. Ví dụ 9: Trung hòa m gam hỗn hợp X gồm 2 axit (axit fomic và axit axetic) bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M thu được 30,7 gam muối. Tính m. Lời giải: Cách 1. Phương pháp đại số Đặt số mol HCOOH và CH3COOH lần lượt là x và y ta có:

Vậy m = 46.0,15 + 60.0,25 = 21,9 Cách 2. Dùng công thức chung Đặt công thức chung của 2 axit là R COOH ta có:

Đáp số: m = 21,9. Nếu đề bài yêu cầu tìm khối lượng (thành phần) từng axit thì ta có thể dùng PP trung bình hoặc sơ đồ chéo Cách 3. Dùng phương pháp trung bình Sau khi tìm được R ở trên ta có thể dùng công thức trung bình: Đặt % theo mol của HCOOH là x thì % theo mol của CH3COOH là 1 – x ta có: 1.x + 15(1 – x) = 9,75  x = 0,375.

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Cách 4. Phương pháp sơ đồ chéo Từ giá trị R = 9,75 ta có thể dùng phương pháp sơ đồ chéo để tìm số mol axit:

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Cách 5: Phương pháp số học: Cách 5.1. Giả sử 30,7 gam hỗn hợp chỉ có HCOONa ta có:

Mặt khác nếu chuyển 1 gam HCOONa thành 1 gam CH3COONa thì số mol giảm:

Vậy trong phép giả sử trên ta đã chuyển lượng CH3COONa thành HCOONa một lượng là:

(0,4 mol), HCOO-

(x mol) và CH3COO-

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Cách 5.2. Giả sử 0,4 mol chỉ là HCOONa Khi đó mmuối = 0,4.68 = 27,2g (giảm so với thực tế là 3,5 gam) Mặt khác cứ 1 mol CH3COONa chuyển sang 1 mol HCOONa thì khối lượng giảm 88 – 68 = 14 gam. Vậy trong phép giả sử trên ta đã chuyển một lượng CH3COONa thành HCOONa là:

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Cách 6: Phương pháp bảo toàn điện tích: Trong dung dịch thu được gồm các ion Na+ mol). Theo bảo toàn điện tích ta có x + y = 0,4.

0,4

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Cách 7: Phương pháp bảo toàn khối lượng: Ta có: axit + NaOH  muối + H2O 0,4 m + 0,4.40 = 30,7 + 0,4.18  m = 21,9 Cách 8: Phương pháp tăng giảm khối lượng: Cứ 1 mol NaOH phản ứng với axit thì khối lượng tăng 1gam (vì 1 mol Na sẽ thay 1 mol H). Như vậy Δm tăng = 22.0,4 = 8,8 gam Vậy m = 30,7 – 8,8 = 21,9.

Như vậy, nếu đề bài chỉ yêu cầu tính lượng axit thì dùng phương pháp tăng

giảm khối lượng là nhanh nhất. Ví dụ 10: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol (ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82g. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH3COOH và CH3COOC2H5. C. HCOOH và HCOOC2H5. B. C2H5COOH và C2H5COOCH3. D. HCOOH và HCOOC3H7.

(TSĐH Khối B – 2009)

Lời giải: Hỗn hợp X tác dụng với KOH sinh được 1 muối và 1 ancol  Hỗn hợp X gồm 1 axit cacboxylic và 1 este của axit đó.

Cách 1: Phương pháp đại số: Đặt công thức 2 chất trong X là CnH2n+1COOH và CnH2n+1COOCmH2m+1. Phương trình hóa học các phản ứng: Phản ứng với KOH:

Phản ứng đốt cháy:

Do vậy ta có:

Vậy, công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là CH3COOH và CH3COOC2H5. Cách 2: Phương pháp trung bình:

Do 1 chất là axit, 1 chất là este nên m1 = 0, và m2 = m Số mol ancol là 0,015 nên ta có:

n = 1,75 – 0,375m

Vậy, công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là CH3COOH và CH3COOC2H5. Cách 3: Phân tích hệ số kết hợp với công thức trung bình Do hỗn hợp X gồm axit cacboxylic và este đều no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy X cho ta số mol H2O bằng số mol CO2.

Do số mol ancol là 0,015 nên ta gọi số nguyên tử C trong este là n1 số nguyên tử C trong axit là n2 (n1 > n2) ta có:

Vậy CT axit là CH3COOH  CT este là CH3COOC2H5. Cách 4: Kết hợp phương pháp trung bình với phương pháp sơ đồ chéo: 4.1. Kết hợp cách 2 với sơ đồ chéo:

Do 1 chất là axit, 1 chất là este nên m1 = 0, và m2 = m Số mol ancol là 0,015 nên ta có:

Thay vào ta có: n = 1,75 – 0,375m

Vậy, công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là CH3COOH và CH3COOC2H5. 4.2. Kết hợp cách 3 với sơ đồ chéo: Do hỗn hợp X gồm axit cacboxylic và este đều no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy X cho ta số mol H2O bằng số mol CO2.

Do số mol ancol là 0,015 nên ta gọi số nguyên tử C trong este là n1 số nguyên tử C trong axit là n2 (n1 > n2) nên áp dụng sơ đồ chéo ta có:

Vậy CT axit là CH3COOH  CT este là CH3COOC2H5. Ví dụ 11: Xenlulozơ tác dụng với (CH3CO)2O (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra 9,84g este axetat và 4,8g CH3COOH. Xác định CTPT của este axetat: Bài toán này được sử dụng sau khi học xong bài Tinh bột – Xenlulozo hóa học 12. Lời giải: Cách 1: Phương pháp đại số Đặt công thức phân tử của este đó là [C6H7O2(OOCCH3)x(OH)3-x]n. Phản ứng tạo este: [C6H7O2(OH)3]n+ nx(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)x(OH)3-x]n+ nxCH3COOH Theo phản ứng ta có:

Vậy công thức este là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n. Cách 2: Phương pháp thử nghiệm Có 3 công thức thỏa mãn của este xenlulozơ axetat: [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n, [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n và [C6H7O2(OOCCH3)3]n. * Nếu este là [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n Ta có phản ứng [C6H7O2(OH)3]n + n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n + nCH3COOH

* Nếu este là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n Ta có phản ứng [C6H7O2(OH)3]n + 2n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n + 2nCH3COOH

* Nếu este là [C6H7O2(OOCCH3)3]n Ta có phản ứng [C6H7O2(OH)3]n + 3n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)3]n + 3nCH3COOH

Như vậy chỉ có công thức este [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n thỏa mãn

Cách 3: Phương pháp bảo toàn khối lượng

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

Vậy công thức phân tử của este thu được là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]. Cách 4: Phương pháp tăng giảm khối lượng Ta có cứ 1 mol (CH3CO)2O phản ứng thì khối lượng tăng 59 – 17 = 42 gam Vậy 0,08 mol (CH3CO)2O phản ứng khối lượng tăng là: 0,08.42 = 3,36 gam

Vậy công thức phân tử của este thu được là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]. Cách 5: Phương pháp số học Giả sử chỉ có 1 nhóm OH bị thế:

Như vậy khối lượng tăng so với thực tế là 14,72 – 9,84 = 4,88gam Mặt khác, nếu dùng 1 mol axit phản ứng thì cứ thế thêm x nhóm OH thì khối lượng este thu được sẽ giảm đi một lượng:

Vậy có thêm 1 nhóm OH được thế so với phép giả sử Do đó thức phân tử của este thu được là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]. Ví dụ 12: Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân tử C2H7NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch Y và 4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối hơi của Z đối với H2 bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là A. 16,5 gam. B. 14,3 gam. C. 8,9 gam. D. 15,7 gam.

Bài toán này được sử dụng sau khi học xong bài aminoaxit.

Lời giải: X có CTPT C2H7NO2 tác dụng với NaOH sinh ra hai khí đều làm xanh giấy quỳ ẩm nên X gồm HCOOH3NCH3 và CH3COONH4.

Cách 1: Phương pháp đại số Phương trình hóa học các phản ứng:

Đặt số mol của CH3NH2 là x, số mol NH3 là y ta có:

Từ 2 phương trình trên ta có x = 0,15; y = 0,05 Theo phương trình hóa học các phản ứng trên ta có:

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B) Cách 2: Phương pháp trung bình

ZM = 31x + 17(1 – x) = 27,5  x = 0,75

Theo phương trình hóa học các phản ứng trên ta có:

Đặt % theo mol của CH3NH2 là x  % theo mol của NH3 là 1 – x ta có:

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B) Cách 3: Phương pháp sơ đồ chéo Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

Theo phương trình hóa học các phản ứng trên ta có:

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B) Cách 4: Phương pháp số học Giả sử 0,2 mol Z chỉ có CH3NH2  mZ = 0,2.31 = 6,2 gam. Thực tế mZ = 0,2.27,5 = 5,5 gam. Như vậy phép giả sử nhiều hơn so với thực tế là 0,7 gam Mặt khác cứ chuyển 1mol CH3NH2 thành 1 mol NH3 thì khối lượng Z giảm 31 – 17 = 14 gam.

Mặt khác cứ phản ứng tạo ra 1 mol CH3COONa thì cũng tạo ra 1 mol HCOONa; tạo 1 mol NH3 cũng tạo ra tương ứng 1mol CH3COONa nên:

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B) Cách 5: Phương pháp bảo toàn khối lượng

 mmuối = 77.0,2 + 40.0,2 – (18.0,2 + 27,5.0,2) = 14,3 gam Cách 6: Dùng công thức chung

Vậy mmuối = 0,2(4,5 + 67) = 14,3 gam Ví dụ 13: Trộn 100ml dung dịch AlCl3 1M với 200ml dung dịch NaOH 1,8M thu được kết tủa A và dung dịch B. 1. Tính khối lượng kết tủa A 2. Tính nồng độ mol của các chất trong B Bài toán này được sử dụng sau khi học xong chương kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm. Lời giải:

Cách 1: Viết phản ứng song song

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1. Khối lượng kết tủa:

2. Nồng độ mol các chất trong B trong dung dịch B:

Cách 2: Viết phản ứng nối tiếp

Tính khối lượng kết tủa: Theo (3) và (4) ta thấy

Tính nồng độ mol các muối trong dung dịch B. Theo (3) và (4) ta có:

Cách 3: Bảo toàn nguyên tố Trong dung dịch sau phản ứng còn lại muối NaCl và NaAl(OH)4 nên ta có:

Nồng độ mol các muối trong dung dịch B.

- nên áp dụng bảo toàn điện tích ta có:

và Al(OH)4

Cách 4: Bảo toàn điện tích Sau phản ứng còn các ion Na+, Cl+

Nồng độ mol các muối trong dung dịch B.

Cách 5: Phương pháp sơ đồ chéo

Các phản ứng:

Do đó ta có sơ đồ chéo:

Nồng độ mol các muối trong dung dịch B.

Cách 6: Phương pháp trung bình

Theo bài ra ta có T = 3,6 Gọi % theo mol của Al(OH)3 là x  % Theo mol của NaAl(OH)4 là 1 – x Ta có: T = 3x + 4(1 – x) = 3,6  x = 0,4

Nồng độ mol các muối trong dung dịch B.

Cách 7: Phương pháp đồ thị

Theo đồ thị ta có:

Ví dụ 14: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn X gồm 0,12 mol FeS2 và x mol Cu2S vào một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 loãng, đun nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A (chỉ chứa 2 muối sunfat) và khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Tính khối lượng muối sunfat trong dung dịch A.

Bài toán này được sử dụng sau khi học xong chương crom, sắt, đồng.

Lời giải:

Cách mà đa số HS hay dùng là phương pháp đại số, cân bằng phương trình phản ứng hóa học và lập phương trình đại số. Tuy nhiên việc cân bằng hai phản ứng hóa học trong bài này không phải là đơn giản, ngay cả khi cân bằng thành công rồi HS cũng chưa chắc đã làm được tiếp, nguyên nhân chủ yếu là không đọc kĩ đề bài, không biết sử dụng triệt để các cụm từ đầu bài cho “HNO3 vừa đủ”, “Dung dịch A chỉ chứa 2 muối sunfat”.

Cách 1: Phương pháp đại số Cách 1.1: Dùng phương trình phân tử

Để dung dịch A sau phản ứng chỉ chứa muối sunfat thì số mol H2SO4 sinh ra ở (1) phải bằng số mol H2SO4 phản ứng ở (2)  x = 0,06 Dung dịch A chứa các muối {Fe2(SO4)3: 0,06 ; CuSO4: 0,12}  mmuối = 400.0,06 + 160.0,12 = 43,2gam Cách 1.2: Dùng phương trình ion rút gọn

2- : 0,3}

Vì dung dịch A chỉ chứa các muối sunfat và HNO3 dùng vừa đủ nên ta phải có:

2- : (0,24 + x)}

Dung dịch A {Fe3+: 0,12 ; Cu2+: 0,12 ; SO4  mmuối = 56.0,12 + 64.0,12 + 96.0,3 = 43,2gam Cách 1.3: Viết 1 phản ứng Dung dịch A chỉ chứa 2 muối sunfat, nên ta viết cùng một phản ứng Phương trình phản ứng xẩy ra là:

 x = 0,06 Dung dịch A chứa các muối {Fe2(SO4)3: 0,06 ; CuSO4: 0,12}  mmuối = 400.0,06 + 160.0,12 = 43,2gam Với HS có năng lực suy luận, dung dịch A chỉ chứa 2 muối sunfat, nên số mol nguyên tử Fe, Cu, S được bảo toàn, giải theo cách 2. Cách 2: Bảo toàn số mol nguyên tử Dung dịch A chứa các muối {Fe2(SO4)3: 0,06 ; CuSO4: 2x} Bảo toàn nguyên tử S ta có: 2.0,12 + x = 3.0,06 + 2x  x = 0,06 Dung dịch A chứa các muối {Fe2(SO4)3: 0,06 ; CuSO4: 0,12}  mmuối = 400.0,06 + 160.0,12 = 43,2gam Một số HS khác nhận thấy dung dịch luôn trung hoà về điện, nên áp dụng phương pháp bảo toàn điện tích, giải theo cách 3. Cách 3: Bảo toàn điện tích Dung dịch A {Fe3+: 0,12 ; Cu2+: 2x ; SO4

2- : 0,3}

Bảo toàn điện tích ta có: 3.0,12 + 2.2x = 2(0,24 + x)  x = 0,06 Dung dịch A {Fe3+: 0,12 ; Cu2+: 0,12 ; SO4  mmuối = 56.0,12 + 64.0,12 + 96.0,3 = 43,2gam Cách 4: Phương pháp quy đổi Ta quy đổi hỗn hợp thành Fe, Cu và S khi đó:

, còn dư 0,24 – 0,18 = 0,06 mol SO4

Dung dịch thu được chỉ gồm gồm 2 muối sunfat: Fe2(SO4)3 và CuSO4 nên ta có:

vừa đủ để cho 0,06 mol Cu2S chuyển hoàn toàn thành CuSO4.

Theo các PTHH trên ta thấy: 0,24 + x = 0,18 + 2x  x = 0,06  mmuối = 0,06.400 + 2.0,06.160 = 43,2g Cách 5: Biện luận Trong FeS2 có 0,12 mol Fe và 0,24 mol S. Trong sắt (III) sunfat 0,12 mol Fe kết hợp với 0,18 mol SO4 Có x mol Cu2S để tạo ra CuSO4 còn thiếu x mol S. Vậy x = 0,06 Cách 6: Dựa vào bản chất của các quá trình hóa học

Để tạo muối Fe2(SO4)3: 0,12 mol Fe3+ cần (0,12 .3): 2 = 0,18 mol SO4 2- còn thừa để tạo muối CuSO4 là: 0,24 – 0,18 = 0,06 mol. Số mol SO4 Với 0,06 mol SO4 Cách 5 và cách 6 có tác dụng rất tốt trong việc rèn suy luận cho HS từ đó phát triển tư duy phân tích, tổng hợp và tư duy logic. Ví dụ 15: Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 : 3. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13. Giá trị của m là A. 18,47. C. 19,19. B. 18,29.

D. 18,83. (Dựa theo đề thi TSĐH khối A - 2014)

Cách 1: Phương pháp trung bình - Công thức peptit được tạo bởi các amino axit A, B: (A)x(B)y(1-x-y)H2O - Tỉ lệ mol các amino axit thu được sau khi thủy phân hoàn toàn được đưa về số nguyên và không tối giản tỉ lệ đó.

Giải nAla = 0,16 mol; nVal = 0,07 mol → Ala:Val = 16:7 Tỉ lệ 1:1:3 → Số gốc Ala và Val trung bình lần lượt là 16/5=3,2 và 7/5 = 1,4. CT chung của 3 peptit: (Ala)3,2(Val)1,4(-3,6H2O) (Ala)3,2(Val)1,4(-3,6H2O) + 3,6H2O → 3,2Ala + 1,4Val

0,18 mol  0,16 mol

Khối lượng X: m = 14,24 + 8,19 – 0,18.18 = 19,19 gam Cách 2: biện luận Số mol Ala = 0,16 mol và số mol Val = 0,07 mol Số mol alanin: số mol valin = 16:7 7  1 2:1 2:3 1 16  1  2:1 2:3  4 (3+3+4)  k<13  k<1,3  k=1  Ala2Val2; Ala2Val2;Ala4Val m = (0,16-0,07):3*401 + (0,16 - (0,16 - 0,07):3*4):2*358 = 19,19g Cách 3: Phương pháp đại số Gọi X1, X2, X3 lần lượt là các peptit trong X; n1, n2, n3 lần lượt là số amino axit trong X1, X2, X3.

Bảo toàn gốc amino axit:

Theo đề bài tổng số liên kết peptit nhỏ hơn 13

mol





0,15 0, 075 0, 225

)



2 ( O pu 0, 225 22, 4 5, 04



lít

PHẦN II: ĐỀ KHẢO SÁT SAU KHI TRIỂN KHAI DỰ ÁN ĐỀ KHỐI 12 Thời gian làm bài 45 phút Đề ra: Hòa tan hoàn toàn 28,8 g kim loại Cu vào dung dịch HNO3 loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hóa thành NO2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO3. Em hãy tính thể tích khí oxi (ở đktc) đã tham gia vào quá trình trên theo 3 cách khác nhau? Hướng dẫn giải: Phương pháp đại số được 4 điểm, mỗi phương pháp khác được 3 điểm Cách 1: Phương pháp đại số: 3 Cu + 8HNO3  3Cu (NO3)2 + 2NO + 4 H2O (1) (2) 2NO + O2  2NO2 (3) 4NO2 + O2 + 2H2 O  4HNO3

 n OV  Cách 2: Phương pháp bảo toàn electron: Vì trong quá trình phản ứng N ban đầu ở mức oxi hóa +5, sau về lại +5 nên có thể xem N không tham gia quá trình trao đổi electron.

Áp dụng bảo toàn electron ta có: 4x = 0,9  x = 0,225

Cách 3: Bảo toàn nguyên tố: 3.1. Xét cho quá trình chuyển NO → HNO3. Từ phản ứng: 3 Cu + 8HNO3  3Cu (NO3)2 + 2NO + 4 H2O (1)

Mặt khác: trong cả quá trình: NO + O2 + H2O → HNO3.

Bảo toàn nguyên tố O:

3.2. Xét cho cả quá trình. Thực chất của toàn bộ quá trình chuyển hóa là: 2Cu + 4HNO3 + O2 → 2Cu(NO3)2 + 2H2O

Cách 4: Bảo toàn khối lượng kết hợp với bảo toàn nguyên tố Ta có: Cu + HNO3 + O2 → Cu(NO3)2 + H2O.

= 0,45.188 + 0,45.18 – 0,45.64 – 0,9.63 = 7,2g

Hoặc có thể bảo toàn nguyên tố O:

Cách 5: Bảo toàn điện tích: Sau phản ứng chỉ còn các ion: H+, Cu2+, NO3

ĐỀ KHỐI 11 Thời gian làm bài 45 phút. Đề ra: Hỗn hợp khí A gồm H2 và 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau. Cho 1,904 lít (đktc) hỗn hợp khí A đi qua bột Ni, nung nóng thu được hỗn hợp khí B. Biết hỗn hợp B làm nhạt màu nước brom. Đốt cháy hoàn toàn B thì thu được 8,668 gam CO2 và 4,086 gam H2O. Xác định CTPT của 2 olefin và thành phần % mỗi khí trong hỗn hợp theo 4 cách khác nhau. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và tốc độ phản ứng của 2 olefin là như nhau. Hướng dẫn giải: Mỗi cách giải được 2.5 điểm Vì hỗn hợp B làm nhạt màu nước brôm, chứng tỏ trong B còn dư olefin  Sau phản ứng H2 hết. Cách 1: Phương pháp đại số Đặt CTPT của 2 olefin là: CnH2n và CmH2m (m = n + 1) Đặt số mol các chất trong A {H2: x ; CnH2n: y ; CmH2m: z }  x + y + z = 0,085 (I)

Vì H2 hết  x = (x1 + x2) Hỗn hợp khí B gồm {CnH2n+2: x1; CmH2m+2: x2 ; CnH2n: (y – x1) ; CmH2m: (z – x2)} Từ phản ứng đốt cháy B

Từ (I), (II), (III)  x = x1+ x2 = 0,03 ; y + z = 0,055 ; ny + mz = 0,197  ny + (n + 1)(0,055 – y) = 0,197  y = 0,055n – 0,142 Vì 0 < y < 0,055  2,58 < n < 3,58  n = 3 ; m = 4 Vậy CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8. Thay giá trị n = 3 và m = 4 vào trên ta có: y = 0,023; z = 0,032

Phương pháp này tương đối dài. Nếu học sinh đã được trang bị về phương pháp giải thì sẽ nhận ra ngay để xác định các chất đồng đẳng kế tiếp có thể dùng phương pháp trung bình sẽ gọn hơn nhiều: Cách 2: Phương pháp trung bình Để xác định 2 olefin đồng đẳng kế tiếp ta có thể tìm số nguyên tử C trung bình hoặc phân tử khối trung bình bằng các cách sau: 2.1. Kết hợp với phương pháp đại số

2H2 + O2 → 2 H2O Từ phản ứng đốt cháy B

Vì 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau  CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8. 2.2. Kết hợp với phân tích hệ số

Vì 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau  CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8. 2.3. Kết hợp phương pháp bảo toàn nguyên tố Nhận xét: Theo bảo toàn nguyên tố ta có Đốt cháy B  Đốt cháy A. Mà olefin cháy cho số mol H2O bằng số mol CO2 nên

Vì 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau  CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8. (Tương tự ta cũng có thể tìm phân tử khối trung bình rồi kết luận) Sau khi tìm được n hoặc M ta có các cách xác định thành phần % như sau: Cách 1: Dùng công thức trung bình: Gọi % theo thể tích của C3H6 là x  % theo thể tích của C4H8 là 1 – x ta có: 3x + 4(1 – x) = 3,582  x = 0,418

Cách 2: Dùng phương pháp sơ đồ chéo:

PHẦN III. HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI THEO TỪNG CHƯƠNG

P1. Bài tập chương Nguyên tử Bài 1: SGK 10 nâng cao: Nguyên tố hiđro tồn tại trong tự nhiên chủ yếu dưới dạng hai đồng vị 1

1H (kí hiệu là 1 H (kí hiệu là T) được bỏ qua. Dưới đây là

1 H (kí hiệu là D), một phần rất nhỏ 3

H) và 2

một số thông tin bổ sung về hai đồng vị:

1H ) có khối lượng là 0,10 gam (đktc). Tính thành

a. Tính khối lượng nguyên tử trung bình của nguyên tố hiđro. b. Có bao nhiêu loại phân tử hiđro được tạo ra từ hai đồng vị H và D? c. Một lít khí hiđro giàu đơteri ( 2

phần phần trăm khối lượng của từng đồng vị hiđro. Lời giải: a. Khối lượng nguyên tử trung bình của hiđro:

b. Có ba loại phân tử hiđro được tạo ra từ hai đồng vị H và D: H-H, D-D, H-D. c. Có thể giải theo nhiều cách khác nhau. Cách 1. Phương pháp đại số: Đặt số mol các khí trong hỗn hợp là H2: x mol, HD: y mol, D2: z mol.

1 H có trong hỗn hợp:

Như vậy: x + y + z = 4,46.10-2 (1) Khối lượng của hỗn hợp là: 0,10 gam Do đó: x(1,008.2) + y.(1,008 + 2,004) + z(2,004.2) = 0,10  2,016x + 3,012y + 4,008z = 0,10. (2) Khối lượng đồng vị 1

1H có trong hỗn hợp:

x.(1,008.2) + y(1,008.1) g = 2,016x + 1,008y (g) Khối lượng đồng vị 2

(1)

1 H , tức (2,016x + 1,008y) nên ta nghĩ tới việc loại bỏ ẩn

y.(2,004.1) + z.(2,004.2) = 2,004y + 4,008z (g) Ta xét hai phương trình (1) và (2): x + y + z = 4,46.10-2 2,016x + 3,012y + 4,008z = 0,10 (2) Chúng ta cần tìm khối lượng 1

z bằng cách nhân (1) với 4,008 sau đó trừ đi (2) vế theo vế như sau: 4,008.(x + y + z) - (2,016x + 3,012y + 4,008z) = 4,008.(4,46.10-2) - 0,10  1,992x + 0,996y = 7,88.10-2

 (2,016x + 1,008y) = 7,97.10-2 Như vậy, khối lượng đồng vị 1

gam.

1 H trong 0,10 gam hỗn hợp là: 7,97.10-2 1 H có trong hỗn hợp:

(3)

Phần trăm khối lượng đồng vị 1

gam.

Cách 2: Phương pháp quy đổi Xem hỗn hợp chỉ gồm H2: x mol, D2: y mol {Quy đổi HD thành ½(H2 và D2)} Tổng số mol hiđro là 4,46.10(cid:0)2 mol nên: x + y = 4,46.10-2 Khối lượng hỗn hợp: mhh = 0,10 gam  2,016x + 4,008y = 0,10 (4) Giải (3) và (4) ta có: x = 3,954.10-2; y = 5,063.10-3 Khối lượng 1

1H trong hỗn hợp: (4,376.10-2).2,016 = 7,971.10-2 1 H trong hỗn hợp:

mol.

Phần trăm khối lượng của 1

1 H ) có trong 0,10gam hỗn hợp là a, số mol nguyên tử D

Tương tự ta cũng có thể quy đổi thành hỗn hợp gồm H2 và HD hoặc D2 và HD; cũng có thể dùng cách quy đổi nguyên tử thành H và D. Cách 3. Phương pháp bảo toàn mol nguyên tử Số mol khí hiđro có trong hỗn hợp: 4,46.10-2 mol. Do 1 mol hiđro gồm hai nguyên tử hiđro (H2, D2, HD)  số mol nguyên tử hiđro trong hỗn hợp là: (4,46.10-2). 2 = 8,92.10-2 Gọi số mol nguyên tử H ( 1

(5)

(6)

gam.

1H trong hỗn hợp: (7,907.10-2).1,008 = 7,97.10-2

( 2 1H ) có trong 0,10 gam hỗn hợp là b. Khi đó: a + b = 8,92.10-2 Khối lượng của hỗn hợp là 0,10 gam cho nên ta có: a . 1,008 + b . 2,004 = 0,10 Giải (5) và (6) ta có: a = 7,907.10-2; b = 1,013.10-2 Khối lượng 1

1 H trong hỗn hợp:

mol.

% khối lượng của 1

Cách 4. Phương pháp số học: Giả sử hỗn hợp chỉ gồm các nguyên tử D (toàn bộ phân tử đều là D2). Số mol D2 trong hỗn hợp = 4,46.10-2  Số mol nguyên tử D trong hỗn hợp là: (4,46.10-2).2 = 8,92.10-2 Khối lượng hỗn hợp sẽ là: (8,92.10-2).2,004 = 0,1788 gam.

1 H ) ra a mol, thêm vào cũng a mol H ( 1

mol nguyên tử H, còn lại là D. gam.

1H ) trong hỗn hợp: (7,911.10-2).1,008 = 7,97.10-2

Nhưng khối lượng hỗn hợp chỉ là 0,10 gam; tức là vượt quá 0,0788 gam. Do đó, ta phải bớt số mol D ( 2 1 H ) để đảm bảo số mol hỗn hợp không đổi nhưng khối lượng hỗn hợp giảm bớt 0,0788 gam để trở về 0,10 gam như đã cho. Khi đó: a . 2,004 - a . 1,008 = 0,0788  a = 7,911.10-2. Như vậy, hỗn hợp phải chứa: 7,911.10-2 Khối lượng H ( 1

1H trong hỗn hợp:

% khối lượng của 1

mol  số mol nguyên tử hiđro = 8,92.10-2

mol

Tương tự ta cũng có thể đưa ra giả thiết toàn bộ hỗn hợp đố chỉ có H2. Cách 5. Phương pháp trung bình. Số mol phân tử hiđro = 4,46.10-2

= 7,908.10-2

mol . 1,008 = 7,97.10-2

mol

Gọi % số nguyên tử H là x,  % số nguyên tử D là (100 - x). Khi đó:

1 H trong hỗn hợp:

Do đó, số mol nguyên tử H = 88,655% . 8,92.10-2 Khối lượng của H trong 0,10 gam hỗn hợp = 7,908.10-2 Phần trăm khối lượng của 1

P2. Bài tập chương nhóm halogen Bài 2: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2 và KCl cân nặng 83,68g. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2 và KCl cùng với một lượng oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 tạo ra SO3 để điều chế 191,1g dung dịch H2SO4 80%. Cho B tác dụng với 360ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D chứa lượng KCl nhiều gấp 22/3 lần KCl trong A. Tính thành phần % theo khối lượng của KClO3 trong A.

(Câu 6 trang 69 – Tuyển tập đề thi olympic 30-4, hóa học 10 năm 2004)

Lời giải: Phương trình hóa học các phản ứng: Nhiệt phân: 2KClO3 → 2KCl + 3O2↑ Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3O2↑ Ca(ClO)2 → CaCl2 + O2↑ Điều chế H2SO4: 2SO2 + O2 → 2SO3. SO3 + H2O → H2SO4. (1) (2) (3) (4) (5)

B + K2CO3: CaCl2 + K2CO3 → CaCO3↓ 2KCl (6) Cách 1: Phương pháp đại số: Đặt số mol KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl lần lượt là a, b, c, d, e ta có: mhh = 122,5a + 207b + 143c + 111d + 74,5e = 83,68 (1’) Theo (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta có:

(2’)

Theo (1) và (6):

(4’) Theo bài ra: Lượng KCl trong D gấp 22/3 lần KCl ban đầu nên ta có: 3(a + 2b+2c+2d + e) = 22e (5’) Từ (1’), (2’), (3’), (4’) và (5’) ta có:

(I’)

(II’)

Với 4 phương trình 3 ẩn số thì về mặt toán học thì không thể giải được. Về mặt hóa học, đề bài chỉ yêu cầu tìm % theo khối lượng KClO3 trong hỗn hợp nên chỉ cần tìm khối lượng KClO3 là được. Do đó ta có các cách biến đổi sau: Ví dụ: Tách ghép ẩn: Thay (III) vào (IV) ta có: 3a – 19e = –1,08 Từ (I) ta có: 122,5a + 111(b + c + d) + 96b + 32c + 74,5e = 83,68  122,5a + 96b + 32c + 74,5e = 63,7 Lấy (II’) - (II).32 ta có: 74,5a + 74,5e = 38,74 (IV’) Giải hệ (I’) và (IV’) ta được a = 0,4; e = 0,12

Cách 2: Phương pháp đại số kết hợp với bảo toàn mol nguyên tử: (không cần viết phương trình hóa học các phản ứng) Đặt số mol KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl lần lượt là a, b, c, d, e ta có: Toàn bộ Cl cuối cùng chuyển thành KCl nên ta có

Do đó a + 2b + 2c + 2d + e = a + e + 0,36  b + c + d = 0,18 Mà số mol KCl trong D gấp 22/3 lần số mol KCl trong A nên ta có: 3(a + e + 0,36) = 22e  3a – 19e = - 1,08 Bảo toàn nguyên tố oxi ta có:

(do SO2 + H2O + 1/2O2 → H2SO4) Vậy 3a + 6 b+ 2c = 1,56 Mặt khác theo bài ra mhh = 83,68g nên ta có phương trình: 122,5a + 207b + 143c + 111d + 74,5e = 83,68 Từ đó ta có hệ:

Từ (t) ta có: Từ (t) ta có: 122,5a + 111(b + c + d) + 96b + 32c + 74,5e = 83,68 Thay x vào ta có: 74,5a + 74,5e = 38,74 (*) Từ (*) và (y) ta có: a = 0,04; e = 0,12

Cách 3: Phương pháp bảo toàn khối lượng:

Mặt khác:

Cách 4: Phương pháp bảo toàn electron kết hợp với phương pháp đại số: Các quá trình nhường nhận electron:

Theo định luật bảo toàn electron ta có:

 a + 0,36 + e = a + 2b + 2c + 2d + e  b + c + d = 0,18 (3’)

Mặt khác nKCl trong D = 22/3 nKCl trong A nên 3(a + 2b + 2c + 2d + e) = 22e  3a + 6b + 6c + 6d – 19e = 0 (2’)

Theo bài ra: mhh = 122,5a + 207b + 143c + 111d + 74,5e = 83,68 (4’) Từ đó ta có hệ các phương trình:

Biến đổi hệ phương trình trên ta được a = 0,04; e = 0,12

Cách 5: Phương pháp quy đổi: Xem hỗn hợp trên gồm các nguyên tử K, Ca, Cl, O với số mol lần lượt là x, y, z, t. Khi đó mhh = 39x + 40y + 35,5z + 16t = 83,68 (*)

Ta có nCl = nK + 2nCa  z = x + 2y Với y = 0,18 ta có: x – z = – 0,36 (**) Thay các giá trị y, t vào (*) ta có: 39x + 35,5z = 51,52 (***) Từ (**) và (***) ta có: x = 0,52; z = 0,88

Mặt khác nKCl trong D = 22/3 nKCl trong A nên (0,52 – a).22 = 0,88.3  a = 0,4

K Ca Cl O ta có: z

Cách 6: Phương pháp dùng công trung bình: Gọi công thức chung của hỗn hợp là:

PTHH của phản ứng:

(2) (3) CaCl2 + K2CO3 → CaCO3 + 2KCl Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: z = x + 2 y

Bài 3: Hòa tan hoàn toàn 19 gam hỗn hợp Mg, Al và Fe vào dung dịch axit HCl dư thấy có 13,44 lít khí thoát ra (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được a gam muối khan. Tính x. Lời giải: Cách 1: Phương pháp đại số - kết hợp với tách ghép ẩn: PTHH của các phản ứng:

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

Nhiều HS đến đây thấy số phương trình ít hơn số ẩn nên bảo bài toán không giải được. Tuy nhiên bài toán chỉ yêu cầu tìm khối lượng muối a nên Ta có: a = 95x + 133,5y + 127z = 24x + 27y + 56z + 71x + 106,5y + 71z = (24x + 27y + 56z) + 71(x + 1,5y + z). Thay (1) và (2) vào ta có: a = 19 + 71.0,6 = 61,6 Cách 2: Đặt công thức tương đương: Gọi công thức chung của kim loại là M ta có PTHH của phản ứng:

Theo bài ra ta có:

Cách 3: Bảo toàn khối lượng – Bảo toàn nguyên tố: (Cách này không cần viết PTHH của các phản ứng) Theo bảo toàn nguyên tố H ta có:

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

Cách 4: Phương pháp tăng giảm khối lượng:

Khối lượng muối tăng so với khối lượng kim loại đầu chính là khối lượng của Cl  :

Vậy a = 61,6 Cách 5: Phương pháp bảo toàn electron kết hợp với bảo toàn khối lượng:

Nên a = 19 + 35,5.1,2 = 61,6 Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 10,4 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch axit HCl dư thấy có 6,72 lít khí thoát ra (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối. Tính m. Lời giải: Đây là bài toán dễ, đa số học sinh có thể giải được bằng phương pháp đại số, tuy nhiên, bài toán này còn có nhiều cách giải khác khá thú vị. Cách 1: Phương pháp đại số: PTHH của các phản ứng:

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

Cách 2: Đặt công thức tương đương: Gọi công thức chung của kim loại là M . Vì Mg và Fe đều có hóa trị II nên ta có PTHH của phản ứng:

2.1. Tính trực tiếp

2.2. Nếu yêu cầu tính từng muối: 2.2.1. Dùng công thức trung bình:

Gọi % theo mol của Mg là x  % theo mol của Fe là 1 – x ta có

Vậy: nMg = 0,2 mol ; nFe = 0,1 mol

2.2.2. Kết hợp với sơ đồ chéo:

Cách 3: Bảo toàn khối lượng:

Cách 4: Tăng giảm khối lượng: KL + HCl → muối

Cách 5: Bảo toàn electron:

Nên m = 10,4 + 35,5.0,6 = 31,7 Cách 6: Phương pháp số học: 6.1. Giả sử 10,4 gam hỗn hợp ban đầu chỉ có Mg.

Vậy nguyên nhân của việc tăng 0,4/3 mol H2 là do ta đã chuyển đổi lượng Fe thành Mg trong phép toán giả định là:

Vậy trong hỗn hợp đầu có 5,6g Fe (0,1 mol) và 4,8g Mg (0,2 mol)

6.2. Giả sử số mol hỗn hợp kim loại ban đầu chỉ có Mg:

Vậy khối lượng giảm so với thực tế là 10,4 – 7,2 = 3,2g Mặt khác, cứ 1mol Mg chuyển thành 1 mol Fe khối lượng tăng lên là 56 – 24 = 32g. Do đó số mol Fe trong hỗn hợp đầu là: 3,2 : 32 = 0,1 mol  mMg = 10,4 – 0,1.56 = 4,8g  nMg = 0,2 mol

Hoàn toàn tương tự ta có thể giả sử hỗn hợp ban đầu chỉ có Fe Bài tập vận dụng: Bài 5: Hòa tan hoàn toàn 16,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Al bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lit khí ở đktc. Tính thành phần % theo khối lượng các kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Đáp số: 50,91% và 49,09% Bài 6: Hoà tan hoàn toàn 14,6 gam hỗn hợp X gồm Al và Sn bằng dung dịch HCl (dư), thu được 5,6 lít khí H2 (ở đktc). Thể tích khí O2(ở đktc) cần để phản ứng hoàn toàn với 14,6 gam hỗn hợp X là A. 3,92 lít. C. 2,80 lít D. 4,48 lít. B. 1,68 lít

(TSĐH khối A – 2009)

Bài 7: Cho hỗn hợp X gồm Fe và Zn, Y là dung dịch HCl nồng độ C mol/lít. - Thí nghiệm 1: Cho 18,6 gam X vào 0,5 lít dung dịch Y, cô cạn dung dịch thu được 34,575 gam chất rắn. - Thí nghiệm 2: Cho 18,6 gam X vào 0,8 lít dung dịch Y, cô cạn dung dịch thu được 39,9 gam chất rắn. Tính C và khối lượng mỗi kim loại trong X.

Đáp số: C = 0,9M ; mFe = 5,6gam ; mZn = 13gam.

Bài 8: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại Mg và Fe thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng HCl dư thu được 31,7 gam muối. - Phần 2: tác dụng với Cl2 dư thu được 35,25gam muối.

Tính m?

C. 9,265g B. 10,33g D. 92,65g

Đáp số: 15,2 gam Bài 9: Hoà tan hoàn toàn 10,0g hỗn hợp hai muối XCO3 và Y2(CO3)3 bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra (ở đktc). Cô cạn dung dịch A thì khối lượng muối khan thu được là: A. 10,87g Bài 10: Cho dd AgNO3 tác dụng với dd hỗn hợp có hoà tan 6,25g hai muối KCl và KBr thu được 10,39g hỗn hợp kết tủa. Tính thành phần % mỗi muối trong hỗn hợp.

C. 9,12. B. 63,6. D. 91,2.

Đáp số: KCl: 23,84% và KBr: 76,16% Bài 11: Hòa tan 5,94g hỗn hợp 2 muối Clorua của 2 kim loại A, B, (A và B là 2 kim loại nhóm IIA) vào nước đựng 100ml 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 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. cô cạn Y được m(g) hỗn hợp muối khan. m có giá trị là: A. 6,36. Bài 12: Hòa tan 104,25g hỗn hợp các muối NaCl, NaI vào nước. Cho đủ khí clo đi qua rồi cô cạn. Nung chất rắn thu được cho đến khi hết màu tím bay ra. Bã rắn còn lại sau khi nung nặng 56,5g. % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp thu được là A. 29,5% và 70,5% C. 28,06 % và 71,94% B. 65% và 35% D. 50% và 50%

(TSCĐ Khối A – 2010)

P3. Bài tập chương nhóm oxi Bài 13: Chia 1,24gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại X, Y (có hóa trị không đổi và đứng trước hiđro trong dãy hoạt động hóa học) thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Tác dụng hết với khí O2 dư thu được 0,78gam hỗn hợp chất rắn B. - Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch H2SO4 loãng thu được V lít khí H2 (đktc) và dung dịch C, cô cạn dung dịch C thu được m gam muối sunfat khan. Tính giá trị của V và m. Lời giải: Cách 1: Phương pháp đại số Đặt số mol các chất trong mỗi phần như sau: { X: xmol ; Y: ymol}  X.x + Y.y = 0,62

Chất rắn B { X2On: 0,5x; Y2Om: 0,5y}  (2X + 16n).0,5x + (2Y + 16m).0,5y = 0,78  nx + my = 0,02

Muối khan {X2(SO4)n: 0,5x ; Y2(SO4)m: 0,5y}  mmuối = (2X + 96n).0,5x + (2Y + 96m).0,5y

= (Xx + Yy) + 48(nx + my) = 0,62 + 48.0,02 = 1,58gam

Cách 2: Phương pháp trung bình Đặt công thức chung và số mol của 2 kim loại trong mỗi phần lần lượt là M và x  M .x = 0,62

 V = 22,4.0,5. n .x = 22,4.0,02.0,5 = 0,224lít Muối khan là M 2(SO4)n: 0,5x  mmuối = (2 M + 96 n ).0,5x = M x + 48. n .x = 0,62 + 48.0,02 = 1,58gam Với HS có năng lực quan sát tốt, nhận thấy 1 phân tử H2 kết hợp được với 1 phân tử O để tạo ra 1 phân tử H2O, giải theo cách 3. Cách 3: Phương pháp bảo toàn khối lượng

Phần 2: 1 phân tử H2 kết hợp 1 nguyên tử O tạo ra 1 phân tử H2O

 0,62 + 98.0,01 = mmuối + 2.0,01  mmuối = 1,58gam Với học sinh thông minh, biết cách vận dụng định luật bảo toàn số mol electron một cách sáng tạo. Hai kim loại có hóa trị không đổi nên số mol electron nhường ở 2 phần bằng nhau, giải theo cách 4, cách 5. Cách 4: Bảo toàn số mol electron + bảo toàn khối lượng

n



0, 01



n e KL (

)

n 2 O

n e KL (

)

n 2 H

n O

 V = 22,4.0,01 = 0,224lít

Phần 2: ; mol

 0,62 + 98.0,01 = mmuối + 2.0,01  mmuối = 1,58gam Cách 5: Bảo toàn điện tích + bảo toàn khối lượng

khối lượng tăng 80 gam

thay thế bởi 1 mol SO4 2-

Cách 6: Bảo toàn điện tích + tăng giảm khối lượng:

khối lượng tăng 0,01.80 = 0,8 gam

thay thế bởi 0,01 mol SO4

Mặt khác: 1 mol O2-  0,01 mol O2

Bài tập vận dụng: Bài 14: Đốt cháy hoàn toàn 33,4 gam hỗn hợp X gồm bột các kim loại Al, Fe và Cu ngoài không khí, thu được 41,4 gam hỗn hợp Y gồm 3 oxit. Cho toàn bộ hỗn hợp Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 20% có khối lượng riêng d = 1,14g/mL (loãng). Tính thể tích tối thiểu của dung dịch H2SO4 20% để hoà tan hết hỗn hợp Y.

Đáp số 214,9 lit Bài 15: Hòa tan hoàn toàn 11 gam hỗn hợp gồm Fe và Al bằng dung dịch H2SO4 loãng thấy thoát ra 8,96 lit khí ở đktc và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được a gam muối khan. Tính giá trị của a.

Đáp số: 39,4 gam Bài 16: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu phản ứng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 7,84 lit khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và m gam muối. Tính m?

Đáp số: 72 gam. Bài 17: Hoà tan hoàn toàn 10gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe cần vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch Y. Để kết tủa hoàn toàn các ion trong Y cần 300ml dung dịch NaOH 2M. Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Y.

Đáp số: 38,8 gam Bài 18: Hoà tan hết a mol Fe vào b mol dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) và 42,8 gam muối khan. Biết tỉ số a: b = 2,5: 6. Tính giá trị của a và b.

Đáp số: a = 0,25; b = 0,6. Bài 19: Cho 2,81gam hỗn hợp gồm 3 oxit Fe2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300ml dung dịch H2SO4 thu được dung dịch A. Cô cạn dung dịch A và làm khô thu được 5,21gam muối khan. Tính nồng độ mol của dung dịch H2SO4 đã dùng.

Đáp số: CM = 0,03M. Bài 20: Đốt cháy hoàn toàn 33,4 gam hỗn hợp X gồm bột các kim loại Al, Fe và Cu ngoài không khí, thu được 41,4 gam hỗn hợp Y gồm 3 oxit. Cho toàn bộ hỗn hợp Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 20% có khối lượng riêng d = 1,14g/ml (loãng). Tính thể tích tối thiểu của dung dịch H2SO4 20% để hoà tan hết hỗn hợp Y.

Đáp số: V = 215 ml

C. 23,97% B. 35,95% D. 32,65%

Bài 21: Có hai bình A, B dung tích như nhau và đều ở 00C. Bình A chứa 1 mol O2, bình B chứa 1 mol Cl2, trong mỗi bình đều có 10,8 gam kim loại M hoá trị n duy nhất. Nung nóng bình cho tới phản ứng hoàn toàn, sau đó làm lạnh bình xuống 00C, người ta thấy tỉ lệ áp suất trong 2 bình bây giờ là 7/4. (Thể tích các chất rắn không đáng kể). Xác định kim loại M (biết rằng M tác dụng với oxi không tạo ra peoxit hoặc supeoxit). Đáp số: Al. Bài 22: Cho 0,015 mol một loại hợp chất oleum vào nước thu được 200 ml dung dịch X. Để trung hoà 100 ml dung dịch X cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 0,15M. Phần trăm về khối lượng của nguyên tố lưu huỳnh trong oleum trên là A. 37,86% P4. Bài tập chương nhóm cacbon Bài 23: Dẫn từ từ 4,48 lit CO2 (đktc) vào 250 ml dung dịch NaOH 1M thu được a gam muối. Giá trị của a là: Lời giải:

 Sản phẩm gồm 2 muối Cách 1: Phương pháp đại số: 1.1. Dùng phản ứng nối tiếp

2.2.Dùng phản ứng song song: Gọi x, y lần lượt là số mol CO2 tham gia phản ứng (1) và (2) ta có:

Từ đó ta có hệ phương trình

Cách 3: Bảo toàn nguyên tố: Gọi số mol Na2CO3 là x, số mol NaHCO3 là y ta có:

Từ (1) và (2) ta có x = 0,05; y = 0,15

Cách 4: Bảo toàn điện tích kết hợp với bảo toàn nguyên tố:

nên ta có:

và HCO3

Vì trong dung dịch chỉ có các ion Na+, CO3

Mặt khác theo bảo toàn nguyên tố C ta có:

Cách 5: Phương pháp sơ đồ chéo:

Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

Vậy: a = 0,05.106 + 0,15.84 = 17,9 Cách 6: Phương pháp trung bình: Tương tự cách 5 ta có: Phản ứng tạo Na2CO3 (T1 = 2); tạo NaHCO3 (T2 = 1) và T = 1,25 Đặt % theo mol của Na2CO3 là x (cid:0)% theo mol của NaHCO3 là 1 – x ta có: T = 2x + 1(1 – x) = 1,25  x = 0,25.

Vậy: a = 0,05.106 + 0,15.84 = 17,9 Cách 7: Phương pháp đồ thị:

Vậy: a = 0,05.106 + 0,15.84 = 17,9 Bài tập vận dụng Bài 24: Hoà tan a gam hỗn hợp Na2CO3 và NaHCO3 vào nước để được 400ml dung dịch A. Cho từ từ 100ml dung dịch HCl 1,5M vào dung dịch A, thu được dung dịch B và 1,008lít khí (đktc). Cho B tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được 29,55gam kết tủa. Tính giá trị của a ?

D. 6,72 C. 2,24 lít B. 2,688 lít

D. 1,97g- 2,06g B. 19,7g- 13,6g C. 1,97g- 1,36g

B. 14,775. D. 16,745. C. 23,64.

B. 14,775. D. 16,745. C. 9,85.

C. 80,66% B. 70% D. 84%

C. 219,8 B. 217,4 D. 200

Đáp số: a = 20,13gam Bài 25: Sục CO2 vào 200ml hỗn hợp dung dịch gồm KOH 1M và Ba(OH)2 0,75M. Sau khi khí bị hấp thụ hoàn toàn thấy tạo 23,64 g kết tủa. Thể tích CO2 (đktc) lớn nhất cần dùng là A. 8,512 lít Bài 26: Hấp thụ 4,48 lít CO2(đktc) vào 0,5 lít hỗn hợp dung dịch gồm NaOH 0,4M và KOH 0,2M. Sau phản ứng thu được dung dịch X. Lấy dd X tác dụng với dd Ba(OH)2 dư, sau phản ứng tạo m gam kết tủa. Giá trị m và tổng khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn dd X lần lượt là A. 19,7g- 20,6g Bài 27: Sục 2,24 lít(đktc) CO2 vào 100ml hỗn hợp dung dịch gồm KOH 1M và Ba(OH)2 0,75M. Sau khi khí bị hấp thụ hoàn toàn thấy tạo m g kết tủa. Giá trị của m là A. 19,7. Bài 28: Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít(đktc) CO2 vào 100ml hỗn hợp dung dịch gồm KOH 1M và Ba(OH)2 0,75M thu được m g kết tủa. Giá trị của m là A. 23,64. Bài 29: Nung nóng 100g hỗn hợp NaHCO3 và Na2CO3 đến khối lượng không đổi thu được 69g hỗn hợp rắn. % khối lượng của NaHCO3 trong hỗn hợp là A. 80% Bài 30: Thổi một luồng khí CO qua ống sứ đựng m(g) hỗn hợp gồm Al2O3, MgO, Fe2O3, FeO, CuO nung nóng. Khí thoát ra được sục vào nước vôi trong dư thu được 60g kết tủa trắng. Sau phản ứng, chất rắn thu được trong ống sứ có khối lượng 200g. Giá trị của m là: A. 209,6 Bài 31: Hoà tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp hai muối cacbonat hóa trị I và hóa trị II bằng dung dịch HCl thấy thoát ra V lít khí (đktc). Dung dịch thu được đem cô cạn thu được 5,1 gam muối khan. Giá trị của V là

B. 1,68 C. 2,24 D. 3,36

A. 1,12 P5. Bài tập chương nhóm nitơ Bài 32: Cho 4,1 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu, Ag phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thu được 784 ml khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và m gam muối. Tính m?

Đáp số: 10,61 gam

Lời giải: Cách 1. Phương pháp đại số: Phương trình hóa học của các phản ứng:

Đặt số mol của Fe, Cu, Ag lần lượt là x, y, z ta có:

Đến đây gặp hệ 2 phương trình 3 ẩn sẽ không giải tìm được các ẩn riêng biệt khi đó ta dùng phương pháp ghép ẩn số để tìm ra khối lượng muối: mmuối = x.(56+62.3) + y.(64+62.2) + z.(108+62) = (56x + 64y + 108z) + 62(3x + 2y + z) = 41 + 62.1,05 = 10,61g Cách 2: Dùng công thức trung bình: 2.1. Giải đại số thông thường Đặt công thức chung của 3 kim loại là M với hóa trị là n ta có phản ứng:

Vậy m = 10,61 2.1. Kết hợp với tăng giảm khối lượng: Nhìn vào phản ứng ta thấy:

Đáp án: m = 10,61 Cách 3. Phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố: Gọi số mol HNO3 phản ứng là x ta có số mol H2O là 0,5x (Bảo toàn nguyên tố H)

 63x = 62(x - 0,035) + 0,035.30 + 9x  x = 0,14

Áp dụng BTKL cho cả phản ứng ta có:

+ 1e.

+ 3e; Cu → Cu2+ (NO)

+ 3e → N+2

Vậy m = 10,61 Cách 4. Phương pháp bảo toàn electron kết hợp với biến đổi đại số: Fe → Fe3+ + 2e; Ag → Ag+ N+5

Tiến hành tách ghép ẩn như cách 1 ta được m = 10,61 Cách 5: Phương pháp bảo toàn electron kết hợp với công thức trung bình:

Vậy m = 10,61 Cách 6: Bảo toàn điện tích:

Vậy m = 4,1 + 0,105.3 = 10,61 Bài 33: Hòa tan hoàn toàn 28,8 g kim loại Cu vào dung dịch HNO3 loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hóa thành NO2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO3. Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là: A. 100,8 lít B. 10,08lít C. 50,4 lít D. 5,04 lít

(ĐH khối B - 2007)

0, 225 22, 4 5, 04





(lít)

OV 

Cách 1: Phương pháp đại số: 3 Cu + 8HNO3  3Cu (NO3)2 + 2NO + 4 H2O (1) (2) 2NO + O2  2NO2 (3) 4NO2 + O2 + 2H2 O  4HNO3





0, 225 22, 4 5, 04

Cách 2: Phương pháp bảo toàn electron: Vì trong quá trình phản ứng N ban đầu ở mức oxi hóa +5, sau về lại +5 nên có thể xem N không tham gia quá trình trao đổi electron.

Mặt khác: trong cả quá trình: NO + O2 + H2O → HNO3.





0, 225 22, 4 5, 04

(lít)

Áp dụng bảo toàn electron ta có: 4x = 0,9  x = 0,225 (lít) OV  Cách 3: Bảo toàn nguyên tố: 3.1. Xét cho quá trình chuyển NO → HNO3. Từ phản ứng: 3 Cu + 8HNO3  3Cu (NO3)2 + 2NO + 4 H2O (1)

OV  3.2. Xét cho cả quá trình Thực chất của toàn bộ quá trình chuyển hóa là: 2Cu + 4HNO3 + O2 → 2Cu(NO3)2 + 2H2O





0, 225 22, 4 5, 04

(lít) (Đáp án D)

OV  Cách 4: Bảo toàn khối lượng kết hợp với bảo toàn nguyên tố Ta có: Cu + HNO3 + O2 → Cu(NO3)2 + H2O.





0, 225 22, 4 5, 04

(lít)

Cách 5: Bảo toàn điện tích:

OV  Bài tập vận dụng: Bài 34: Hoà tan hoàn toàn 3,6gam hỗn hợp bột kim loại X gồm Mg và Fe trong dung dịch HNO3 dư thu được hỗn hợp khí gồm 0,04mol khí NO ; 0,01mol khí N2O và dung dịch Y. Cho Y tác dụng hết với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m.

Đáp số: m = 5,2g Bài 35: Cho 10gam hỗn hợp gồm Fe và Cu (trong đó Fe chiếm 28% về khối lượng) vào 480ml dung dịch HNO3 nồng độ a M thấy giải phóng ra hỗn hợp khí X gồm NO và NO2, tỉ khối hơi của X so với khí hiđro bằng 19 và còn lại 4,64gam kim loại không tan. Tính giá trị của a.

Đáp số: a = 0,5625 Bài 36: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 38,72. C. 49,09. B. 35,50. D. 34,36.

D. 6,50

(TSĐH Khối A-2008) Bài 37: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là: C. 7,80 B. 8,75 A. 9,75 (TSĐH Khối B-2008) Bài 38: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là A. 2,24. C. 5,60. B. 4,48. D. 3,36.

(TSĐH Khối A-2007) Bài 39: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch

HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,12. C. 0,16. B. 0,14. D. 0,18.

D. 6,72

C. 37,20 gam B. 36,66 gam D. 39,90 gam

(TSĐH Khối B-2010) Bài 40: Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là: A. 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4. B. 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4. C. 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4. D. 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4. P6. Bài tập chương hiđrocacbon Bài 41: Hỗn hợp khí A H2 và 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau. Cho 1,904 lít (đktc) hỗn hợp khí A đi qua bột Ni, nung nóng thu được hỗn hợp khí B. Biết hỗn hợp B làm nhạt màu nước brom. Đốt cháy hoàn toàn B thì thu được 8,668 gam CO2 và 4,086 gam H2O. Xác định CTPT của 2 olefin và thành phần % mỗi khí trong hỗn hợp, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và tốc độ phản ứng của 2 olefin là như nhau. Bài 42: Cho 16,32 gam hỗn hợp gồm nhôm cacbua và canxi cacbua vào nước (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất và V lit hỗn hợp khí (đktc). Giá trị của V là: C. 4,48 B. 3,36 A. 2,24 Bài 43: Hỗn hợp X gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en, but-1-en và buta-1,3-đien có tỉ khối đối với H2 là 27,8. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư thì khối lượng bình tăng lên là: A. 34,50 gam Bài 44: Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 8,6 gam X tác dụng hết với dung dịch brom (dư) thì khối lượng brom phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu cho 13,44 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 36 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của CH4 có trong X là: A. 20%. C. 25%. B. 50%. D. 40%.

(TSĐH Khối B – 2009) Bài 45: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C2H2 và 0,03 mol H2 trong một bình kín (xúc tác Ni), thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y lội từ từ vào bình nước brom (dư), sau khi kết thúc các phản ứng, khối lượng bình tăng m gam và có 280 ml hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của Z so với H2 là 10,08. Giá trị của m là A. 0,328. C. 0,585. B. 0,205.

D. 0,620. (TSĐH Khối A – 2010)

P7. Bài tập chương dẫn xuất halozen, ancol, phenol Bài 46: Đun nóng m gam hỗn hợp CH3CCl3 và C6H5Cl với dung dịch NaOH đặc, ở áp suất cao thấy hết 32 gam NaOH phản ứng và thu được 60,65 gam hỗn hợp 3 muối. Tính m? Lời giải:

Bài toán này không khó nhưng nếu học sinh không nắm vững kiến thức thì không xác định đúng sản phẩm của phản ứng. Cách 1: Phương pháp đại số: Phương trình hóa học các phản ứng:

Từ 2 phản ứng trên ta có hệ phương trình:

(x mol), C6H5O-

(y mol), Cl-

(3x + y mol)

(0,8 mol).

Vậy m = 133,5.0,1 + 112,5.0,2 = 35,85 gam Cách 2: Phương pháp bảo toàn khối lượng:

Vậy m = 60,65 + 0,4.18 – 32 = 35,85 gam Cách 3: Phương pháp tăng giảm khối lượng: Ta thấy, cứ 1 mol NaOH phản ứng tạo thành muối, khối lượng tăng 40 – (18 : 2) = 31g  Từ dẫn xuất halogen → muối Δm tăng = 0,8.31 = 24,8 gam Vậy m = 60,65 – 24,8 = 35,85 Cách 4: Phương pháp bảo toàn điện tích kết hợp với bảo toàn khối lượng: Đặt số mol CH3CCl3 và C6H5Cl lần lượt là x và y ta có: Dung dịch muối sau phản ứng còn CH3COO- và Na+ Theo bảo toàn điện tích ta có: x + y + 3x + y = 0,8  4x + 2y = 0,8 (1) Mặt khác, mmuối = 59x + 93y + 35,5(3x + y) + 23.0,8 = 60,65  165,5x + 128,5y = 42,25 (2) Từ (1) và (2) ta có x = 0,1; y = 0,2. Vậy m = 133,5.0,1 + 112,5.0,2 = 35,85 gam Cách 5: Phương pháp số học:

Giả sử 0,8 mol NaOH tham gia phản ứng (1); khi đó mmuối = 51,5 gam; ít hơn so với thực tế là 9,15gam Mặt khác, nếu thay 1 mol NaOH tham gia phản ứng (1) bởi 1 mol NaOH tham gia phản ứng (2) thì khối lượng muối tăng lên một lượng là: 87,25 – 64,375 = 22,875g Vậy, số mol NaOH tham gia phản ứng (2) là: (9,15 : 22,875) = 0,4 (mol)

Vậy m = 133,5.0,1 + 112,5.0,2 = 35,85 gam Bài tập vận dụng: Bài 47: 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. C3H5OH và C4H7OH. C. C3H7OH và C4H9OH. B. C2H5OH và C3H7OH. D. CH3OH và C2H5OH.

C. 33,3%. B. 66,6%. D. 47,6%.

(TSĐH Khối A – 2007) Bài 48: Oxi hóa một ancol đơn chức X bằng oxi (có xúc tác), thu được hỗn hợp Y gồm axit, anđehit tương ứng, nước và ancol còn lại. Lấy a gam hỗn hợp Y cho tác dụng với Na, sau phản ứng thu được 8,96 lít H2 (đktc) và hỗn hợp Z. Mặt khác, nếu lấy 4a gam Y cho tác dụng với Na2CO3 dư thì cũng được 8,96 lít khí (đktc). Tính % số mol ancol bị oxi hóa thành axit A. 45,6%. Bài 49: Đốt cháy hoàn toàn một ancol X thu được CO2 và H2O có tỉ lệ số mol tương ứng là 3: 4. Thể tích khí oxi cần dùng để đốt cháy X bằng 1,5 lần thể tích khí CO2 thu được (ở cùng điều kiện). Công thức phân tử của X là B. C3H4O. A. C3H8O3. C. C3H8O2. D. C3H8O.

(TSCĐ Khối A – 2007) Bài 50: Oxi hoá ancol đơn chức X bằng CuO (đun nóng), sinh ra một sản phẩm hữu cơ duy nhất là xeton Y (tỉ khối hơi của Y so với khí hiđro bằng 29). Công thức cấu tạo của X là A. CH3-CH2-CHOH-CH3. C. CH3-CH2-CH2-OH. B. CH3-CHOH-CH3. D. CH3-CO-CH3

(TSCĐ Khối A – 2008) Bài 51: Đốt cháy hoàn toàn mô ̣ t lượng hỗn hợp X gồm 2 ancol (đều no, đa chức, mac ̣h hở, có cùng số nhóm -OH) cần vừa đủ V lít khí O2, thu đươc ̣ 11,2 lít khí CO2 va 12,6 gam H2O (các thể tích khí đo ở đktc). Giá tri ̣ của V là A. 14,56 C. 11,20 B. 15,68 D. 4,48

(TSĐH Khối B – 2010) Bài 52: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba ancol (đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng), thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 11,7 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng m gam X với H2SO4 đặc thì tổng khối lượng ete tối đa thu được là A. 7,85 gam. B. 7,40 gam. C. 6,50 gam. D. 5,60 gam.

(TSĐH Khối B – 2010) Bài 53: Oxi hoá hết 2,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức thành anđehit cần vừa đủ 4,8 gam CuO. Cho toàn bộ lượng anđehit trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 23,76 gam Ag. Hai ancol là: A. C2H5OH, C2H5CH2OH. C. CH3OH, C2H5CH2OH. B. C2H5OH, C3H7CH2OH. D. CH3OH, C2H5OH.

(TSĐH Khối A – 2010)

P8. Bài tập chương anđehit, xeton, axit cacboxylic

Bài 54: 19,5 gam hỗn hợp X (gồm axit axetic và axit oxalic) phản ứng vừa đủ với Na thu được 4,48 lit H2 ở đktc và a gam muối. Tính a? Lời giải:

Cách 1: Phương pháp đại số: Phương trình hóa học các phản ứng xảy ra:

Từ đó ta có hệ phương trình:

Vậy a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3 Cách 2: Dùng công thức trung bình:

Từ đó ta có:

Đáp án: a = 28,3. Cách 3: Phương pháp số học: 6.1.Giả sử 0,2 mol H2 đều do CH3COOH sinh ra:

Thực tế mhh = 19,5 gam (ít hơn 4,5 gam) Nếu chuyển 1 mol H2 sinh ra do CH3COOH thành 1 mol H2 sinh ra do HOOC-COOH thì khối lượng hỗn hợp giảm một lượng là: 60.2 – 90 = 30 gam. Vậy trong phép giả sử trên ta đã thay lượng HOOC-COOH là: 1.(4,5 : 30) = 0,15 mol

Do đó a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3 6.2. Giả sử khối lượng 19,5 gam là CH3COOH:

Mặt khác: nếu chuyển 1 gam CH3COOH thành 1 gam HOOC-COOH thì số mol H2 tăng thêm một lượng:

Vậy trong phép giả sử trên đã chuyển một lượng HOOC-COOH thành CH3COOH là:

Vậy a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3 Cách 4: Phương pháp bảo toàn khối lượng: Ta có: axit + Na → muối + H2.

Đáp số: a = 28,3 Cách 5: Phương pháp tăng giảm khối lượng Ta có: Cứ 1mol Na thay thế được 1 mol nguyên tử H, khối lượng tăng lên 22gam. Vậy Δm tăng = 22.0,2.2 = 8,8gam Vậy a = 19,5 + 8,8 = 28,3 Như vậy, nếu đề bài không yêu cầu tính khối lượng từng muối thì giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng sẽ tìm được kết quả nhanh nhất. Bài tập vận dụng: Bài 55: Cho hỗn hợp 40,2 gam X gồm CH3COOH và C6H5OH tác dụng hết với dung dịch KOH thu được 59,5 gam muối.Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp X. Bài 56: Cho hỗn hợp X gồm ancol etylic và hai axit cacboxylic (no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) tác dụng hết với Na, giải phóng 6,72 lit khí H2 (đktc). Nếu đun nóng hỗn hợp X (có H2SO4 đặc làm xúc tác) thì các chất trong hỗn hợp phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành 25 gam hỗn hợp este (giả thiết phản ứng este hóa đạt 100%). Hai axit trong hỗn hợp X là: A. HCOOH và CH3COOH. C. C2H5COOH và C3H7COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH. D. C3H7COOH và C4H9COOH.

(TSCĐ Khối A – 2010) Bài 57: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH , CxHyCOOCH3, CH3OH thu được 2,688 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH. Công thức của CxHyCOOH là A. C2H5COOH C. C2H3COOH D. C3H5COOH B. CH3COOH

(TSCĐ Khối A – 2010) Bài 58: Cho 4,6gam một ancol no, đơn chức phản ứng với CuO nung nóng, thu được 6,2 gam hỗn hợp X gồm anđehit, nước và ancol dư. Cho toàn bộ lượng hỗn hợp X

phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng, thu được m gam Ag. Giá trị của m là A. 16,2 C. 10,8 B. 43,2 D. 21,6

(TSCĐ Khối A – 2010) Bài 59: Hỗn hợp Z gồm hai este X và Y tạo bởi cùng một ancol và hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn m gam Z cần dùng 6,16 lít khí O2 (đktc), thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. Công thức este X và giá trị của m tương ứng là A. CH3COOCH3 và 6,7 C. HCOOCH3 và 6,7 B. HCOOC2H5 và 9,5 D. (HCOO)2C2H4 và 6,6

(TSCĐ Khối A – 2010) Bài 60: Hỗn hợp Z gồm hai axit cacboxylic đơn chức X và Y (MX > MY) có tổng khối lượng là 8,2 gam. Cho Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 11,5 gam muối. Mặt khác, nếu cho Z tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 21,6 gam Ag. Công thức và phần trăm khối lượng của X trong Z là A. C3H5COOH và 54,88%. C. C2H5COOH và 56,10%. B. C2H3COOH và 43,90%. D. HCOOH và 45,12%.

(TSCĐ Khối A – 2010) Bài 61: Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức, số mol X gấp hai lần số mol Y) và este Z đượ c ta ̣ o ra từ X và Y. Cho môt lượng M tác dụng vừa đủ với dung dich chứa 0,2 mol NaOH, tạo ra 16,4 gam muối và 8,05 gam ancol. Công thức của X và Y là A. HCOOH và CH3OH C. HCOOH và C3H7OH B. CH3COOH và CH3OH D. CH3COOH và C2H5OH

(TSĐH Khối B – 2010) Bài 62: Cho m gam hỗn hợp etanal và propanal phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 43,2 gam kết tủa và dung dịch chứa 17,5 gam muối amoni của hai axit hữu cơ. Giá trị của m là B. 14,3. A. 10,9. C. 10,2.

D. 9,5. (TSĐH Khối A – 2010)

P9. Bài tập chương este, lipit Bài 63: X là một este no đơn chức, có tỉ khối hơi đối với CH4 là 5,5. Nếu đem đun 2,2 g este X với dung dịch NaOH (dư), thu được 2,05g muối. Công thức cấu tạo thu gọn của X là A. HCOOCH2CH2CH3. C. CH3COOC2H5. B. C2H5COOCH3. D. HCOOCH(CH3)2.

(TSĐH Khối B – 2007)

Lời giải:

Cách 1: Xác định số nguyên tử C từ của gốc axit và ancol

Đặt CTPT của este đó là: CnH2n+1COOCmH2m+1 (với n ≥ 0; m ≥ 1; n, m nguyên) PTHH của phản ứng:

Mặt khác Meste = 88  14n + 14m + 46 = 88  m = 2 Vậy X là CH3COOC2H5 (Đáp án C). Cách 2: Xác định CTPT của muối tạo thành và este Đặt CTPT của este no đơn chức là CnH2nO2. Ta có 14n + 32 = 88  n = 4. Vậy CTPT của X là C4H8O2. Đặt công thức của muối là RCOONa ta có: R + 67 = 82  R = 15 (CH3)  Muối là CH3COONa Vậy X là CH3COOC2H5 (Đáp án C). Cách 3: Xác định CTPT của ancol tạo thành và este hoặc muối Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: mancol = mX + mNaOH - mmuối. Mà X đơn chức nên nNaOH = nX = 0,025 mol  mancol = 2,2 + 0,025.40 – 2,05 = 1,15

Kết hợp với cách xác định muối hoặc este như các cách trên ta sẽ xác định được X Cách 4: Kết hợp với các phương án lựa chọn: 4.1. Cách quan sát thứ nhất: Với HS đã có thói quen quan sát các phương án lựa chọn sẽ nhận ra ngay rằng các phương án lựa chọn có cùng CTPT. Như vậy bài toán không cần tìm CTPT este mà chỉ cần tìm CT của muối hoặc ancol tạo thành như trên là đủ. Hoặc sau khi tìm ra công thức muối hoặc ancol HS có thể quan sát đáp án để chọn phương án thích hợp. 4.1. Cách quan sát thứ hai: Với HS thông minh có thể nhận ra rằng với câu trắc nghiệm có 1 đáp án đúng thì loại ngay phương án A và D vì dữ kiện bài toán không đủ để phân biệt hai este này (CTPT muối và ancol tạo thành như nhau do đó nếu đáp án là A thì D cũng thỏa mãn và ngược lại). Như vậy chỉ còn 2 khả năng là B hoặc C. Lúc này HS chỉ cần chọn 1 trong 2 để thử: VD: Chọn B: mmuối = 0,025.96 = 2,4g  2,05 (loại)  Phương án C thỏa mãn Nếu chọn C để thử thì ta có: mmuối = 0,025.88 = 2,05 (thỏa mãn) Bài 64: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp 2 este của 2 axit là đẳng kế tiếp cần vừa đủ 100ml dung dịch NaOH 2M thu được 15,7gam hỗn hợp 2 muối và 6,4 gam một ancol đơn chức. Tính m và xác định công thức phân tử 2 este đó. Lời giải: Vì 2 este được tạo thành từ 2 axit cacboxylic đơn chức và 1 ancol nên 2 este đó là đơn chức. Cách 1: Phương pháp đại số thông thường:

Đặt công thức phân tử 2 este là R1COOR’ và R2COOR’. Vì 2 axit là đồng đẳng kế tiếp nên R2 = R1 + 14. Phương trình hóa học các phản ứng:

* Tính m: Ta có: nNaOH = x + y = 0,2 mmuối = (R1 + 67)x + (R2 + 67)y = R1x + R2y + 67(x + y) = 15,7  R1x + R2y + 67.0,2 = 15,7  R1x + R2y = 2,3 mancol = (R’ + 17).(x + y) = 6,4  R’ = 15 meste = (R1 + 44 + R’)x + (R2 + 44 + R’)y = (R1x + R2y) + R’(x + y) + 44(x + y) = 2,3 + 15.0,2 + 44.0,2 = 14,1 gam * Xác định công thức 2 este: R’ = 15  R’ là gốc CH3. R1x + R2y = 2,3  R1x + (R1 + 14)y = 2,3  R1(x + y) + 14y = 2,3  0,2R1 = 2,3 – 14y. Do 0 < y < 0,2  0 < R1 < 11,5  R1 là H- (R1 = 1)  R2 là CH3. Vậy 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 2: Dùng phương pháp trung bình:

mancol = (R + 17).0,2 = 6,4  R = 15 ( R + 67).0,2 = 15,7  R = 11,5  meste = ( R + 44 + R).0,2 = (11,5 + 44 + 15).0,2 = 14,1g Vậy m = 14,1 R’ = 15  R là CH3. R = 11,5  2 gốc axit là H- và CH3. Vậy công thức 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 3: Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng: Ta có meste + mNaOH = mmuối + mancol.  meste = mmuối + mancol – mNaOH = 15,7 + 6,4 – 0,2.40 = 14,1 gam Vậy m = 14,1.

Vậy 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 4: Phương pháp tăng giảm khối lượng:

Ta có: Cứ 1 mol este phản ứng với 1 mol NaOH tương đương với sự thay thế 1 mol CH3 bằng 1 mol Na  Khối lượng tăng: 23 – 15 = 8gam. Δm tăng = 0,2.8 = 1,6 gam meste = 15,7 – 1,6 = 14,1 gam

Vậy 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 5: Xác định công thức phân tử sau đó tính khối lượng từng este:

Từ đó ta có 2este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Gọi % theo mol của HCOOCH3 là x thì % theo mol của CH3COOCH3 là 1 – x Ta có 1x + 15(1 – x) = 11,5  x = 0,25

meste = 0,05.60 + 0,15.74 = 14,1gam Cũng có thể dùng sơ đồ chéo để xác định số mol các este:

B.77,84% và 22,16%. D. 70% và 30%.

meste = 0,05.60 + 0,15.74 = 14,1gam P10. Bài tập chương cabohiđrat Bài 65: Cho xenlulozơ phản ứng với anhiđrit axetic (Có H2SO4 đặc làm xúc tác) thu được 11,1g hỗn hợp X gồm xenlulozơ triaxetat, xenlulozơ điaxetat và 6,6g CH3COOH. Thành phần phần trăm theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat và xenlulozơ điaxetat trong X lần lượt là A. 77% và 23%. C. 76,84% và 23,16%. Lời giải: Cách 1: Phương pháp đại số: Đặt số mol của xenlulozơ điaxetat và xenlulozơ triaxetat lần lượt là x và y ta có:

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

% xenlulozơ điaxetat = 22,16% Cách 2: Phương pháp trung bình:

Gọi % theo mol của xenlulozơ triaxetat là x  % theo mol của xenlulozơ điaxetat là 1 – x. Ta có: x = 3x + 2(1 – x) = 2,75  x = 0,75 Vậy % theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat

 % theo khối lượng của xenlulozơ điaxetat = 22,16% Cách 3: Phương pháp sơ đồ chéo: Tương tự cách 2, ta có X = 2,75 Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

 % theo khối lượng của xenlulozơ điaxetat = 22,16% Bài tập vận dụng: Bài 66: Từ 180 gam glucozơ, bằng phương pháp lên men rượu, thu được a gam ancol etylic (hiệu suất 80%). Oxi hoá 0,1a gam ancol etylic bằng phương pháp lên men giấm, thu được hỗn hợp X. Để trung hoà hỗn hợp X cần 720 ml dung dịch NaOH 0,2M. Hiệu suất quá trình lên men giấm là

D. 20%. B. 10%. C. 90%.

C. 205,2 gam B. 273,6 gam D. 136,8 gam

A. 80%. Bài 67: Hòa tan m gam hỗn hợp saccarozơ và mantozơ vào nước thu được dung dịch X. Chia X thành hai phần bằng nhau. Phần thứ nhất tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 10,8 gam kết tủa. Phần thứ hai đun hồi lâu trong môi trường axit (HCl loãng) thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa hết với 40 gam Br2 trong dung dịch. Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Khối lượng m bằng: A. 68,4 gam Bài 68: Thực hiện phản ứng tráng bạc m gam hỗn hợp X gồm glucozơ và mantozơ thu được 10,8 gam Ag và 13,89 gam hỗn hợp 2 muối hữu cơ. Tính m và thành phần % theo khối lượng của glucozơ trong hỗn hợp đầu.

Đáp số: m = 12,24g; %Glucozơ = 29,41%.

P11. Bài tập chương amin, aminoaxit, protein Bài 69: α-aminoaxit X chứa một nhóm -NH2. Cho 10,3 gam X tác dụng với axit HCl (dư), thu được 13,95 gam muối khan. Công thức cấu tạo thu gọn của X là A. H2NCH2COOH. C. CH3CH(NH2)COOH. B. H2NCH2CH2COOH. D.CH3CH2CH(NH2)COOH.

(TSĐH Khối A – 2007)

Lời giải: Cách 1: Phương pháp đại số: Đặt công thức phân tử của X là H2N-R-(COOH)x. Phương trình hóa học của phản ứng: H2N-R(COOH)n + HCl → ClH3N-R(COOH)n. Đặt số mol của X là x  số mol của muối = x.

là một α-amimoaxit nên công thức thu gọn của X là

Mặt khác, do X CH3CH(CH3)COOH (Đáp án C) Cách 2: Phương pháp bảo toàn khối lượng: Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng ta có:

là một α-amimoaxit nên công thu gọn của X thức là

Mặt khác, do X CH3CH(CH3)COOH (Đáp án C) Cách 3: Phương pháp tăng giảm khối lượng: Do X chỉ chứa 1 nhóm NH2  cứ 1 mol X phản ứng với HCl thì khối lượng tăng 36,5g. Theo bài ra Δm tăng = 13,95 – 10,3 = 3,65g

là thức thu gọn của X là một α-amimoaxit nên công

Mặt khác, do X CH3CH(CH3)COOH (Đáp án C) Cách 4: Phân tích các phương án lựa chọn: Nhìn vào các phương án lựa chọn ta thấy: - Loại B vì đó không phải là một α-aminoaxit. - Các phương án lựa chọn đều có 1 nhóm –COOH nên có thể gọi CTPT của X là H2N- RCOOH Đến đây có thể áp dụng phương pháp đại số, bảo toàn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng để tìm ra R. VD: Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:

 R = 42 (C3H6)  Đáp án C. Phương pháp này tuy không khắc sâu bản chất hóa học nhưng lại có tác dụng rèn tư duy quan sát và giúp giải nhanh một số bài toán xác định công thức phân tử trong hình thức thi trắc nghiệm nhiều lựa chọn với một phương án đúng – hình thức thi đang được sử dụng ở các kì thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học hiện nay. Bài tập tương tự Bài 70: Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl 0,1M thu được 3,67 gam muối khan. Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 40 gam dung dịch NaOH 4%. Công thức của X là A. H2NC2H3(COOH)2. C. (H2N)2C3H5COOH.

B. H2NC3H5(COOH)2. D. H2NC3H6COOH.

C. 147. B. 146. D. 157.

(TSĐH Khối B – 2009) Bài 71: Cho 0,02 mol amino axit A tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch HCl 0,25M. Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được 3,67 g muối. Phân tử khối của A là A. 134. Bài 72: Hỗn hợp X gồm alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác du ̣ng hoàn toàn với dung dịch NaOH (dư), thu đượ c dung di ̣ ch Y chứa (m+30,8) gam muối. Măṭ

khác, nếu cho m gam X tác dung hoàn toàn với dung dịch HCl, thu được dung dịch Z chứa (m+36,5) gam muối. Giá tri ̣ của m là A. 112,2 C. 123,8 B. 165,6 D. 171,0

(TSĐH Khối B – 2010) Bài 73: Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl 0,1M thu được 3,67 gam muối khan. Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 40 gam dung dịch NaOH 4%. Công thức của X là A. H2NC2H3(COOH)2. C. (H2N)2C3H5COOH. B. H2NC3H5(COOH)2. D. H2NC3H6COOH.

(TSĐH Khối B – 2009)

P12. Bài tập chương kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm Bài 74: Cho một mẫu Na dư tác dụng với dung dịch HCl nồng độ C% thấy khối lượng khí H2 thoát ra bằng 5% khối lượng dung dịch axit đã phản ứng. Tính giá trị của C. Lời giải: Đây là bài toán không khó, tuy nhiên nếu không nắm vững tính chất hóa học của kim loại Na, dẫn đến việc giải sai lầm bài toán (thiếu (2)). Phương trình hóa học các phản ứng xảy ra:

Cách 1: Phương pháp đại số Cách 1.1. Biến đổi đại số:

Cách 1.2: Tự chọn lượng chất rồi biến đổi đại số Giả sử khối lượng dung dịch axit ban đầu là 100 gam

Cách 1.3: Tự chọn lượng chất rồi lập hệ phương trình đại số Giả sử khối lượng dung dịch axit ban đầu là 100 gam

Đặt nH2 (1) = x; 2 H n (2) = y (cid:0) nHCl = 2x; 2HOn = 2y. Ta có hệ phương trình

Tương tự chúng ta cũng có thể lập phương trình đại số trên cơ sở lượng chất tổng quát Cách 2: Dùng công thức chung (công thức trung bình) Với nhưng học sinh có năng lực tư duy độc lập, sáng tạo. Biết đặt công thức chung của HCl và HOH là HX , giải theo cách 2. Cách 2.1: Công thức trung bình kết hợp với biến đổi tổng quát Giả sử khối lượng khí H2 là a gam  Khối lượng dung dịch axit là 20.a gam Đặt công thức chung của HCl và HOH là H X

2.1.a. Gọi số mol HCl là x  số mol HOH là a - x:

2.1.b. Sơ đồ đường chéo:

Tương tự đến đây ta có thể tính đặt ẩn giải hoặc lập sơ đồ chéo Sơ đồ đường chéo:

Cách 2.2: Công thức trung bình kết hợp với tự chọn lượng chất Giả sử khối lượng dung dịch axit ban đầu là 100 gam

Chất rắn Y gồm {AO: x1 mol; BO: y1 mol; ACO3: (x - x1) mol; BCO3: (y - y1) mol} Y + HCl: Xảy ra các phản ứng

Qua các cách giải trên ta thấy, với các bài toán cho lượng chất tổng quát thì chúng ta nên tự chọn một lượng chất cụ thể khi đó việc giải bài toán sẽ trở nên dễ dàng hơn mà vẫn không mất đi tính tổng quát của bài toán. Bài 75: Nung m gam hỗn hợp X gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại A, B đều hoá trị 2. Sau một thời gian thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc) và còn lại hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng hết với HCl dư rồi cho khí thoát ra hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 15 gam kết tủa. Phần dung dịch đem cô cạn thu được 32,5 gam muối khan. 1. Tính giá trị của m. 2. Nếu A, B là 2 kim loại thuộc 2 chu kì kế tiếp trong phân nhóm chính nhóm II (MA< MB). Xác định 2 kim loại A, B. Lời giải: Vì chất rắn Y tác dụng với dung dịch HCl dư thấy có khí thoát ra  Trong chất rắn Y có muối cacbonat còn dư. Cách 1: Phương pháp đại số Đặt số mol các chất trong m gam X {ACO3: x mol; BCO3: y mol} Nung X xảy ra các phản ứng:

Muối khan gồm { ACl2: x mol; BCl2: y mol}  (A + 71)x + (B + 71)y = 32,5  Ax + By = 11,2 1. X gồm { ACO3: x mol; BCO3: y mol}  m = (Ax + By) + 60(x + y) = 11,2 + 60.0,3 = 29,2gam

Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong phân nhóm chính nhóm II nên A = 24 (Mg) ; B = 40 (Ca) Việc giải một cách trân phương như trên khá dài dòng, số ẩn lại nhiều, nếu khả năng tư duy toán học không tốt, chưa chắc đã làm được ý 2. Ta có thể đặt công thức trung bình của 2 muối là MCO3 , việc giải bài toán lúc này trở nên khá đơn giản Cách 2: Phương pháp trung bình Cách 2.1. Biến đổi đại số:

Y + HCl: Xảy ra các phản ứng

Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong phân nhóm chính nhóm II nên A = 24 (Mg) ; B = 40 (Ca)

3MCO và

2MCl khác nhau ở 2 gốc

Với HS có năng lực quan sát, nhận thấy 2 muối

axit, dùng phương pháp tăng giảm khối lượng, làm theo cách 2.2. Cách 2.2: Bảo toàn số mol nguyên tử + Tăng giảm khối lượng

1. m + 11.0,3 = 32,5  m = 29,2gam

Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong phân nhóm chính nhóm II nên A = 24 (Mg) ; B = 40 (Ca) Cách 2.3: Bảo toàn số mol nguyên tử

2. Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong phân nhóm chính nhóm II nên A = 24 (Mg) ; B = 40 (Ca) Cách 2.4: Phương pháp bảo toàn điện tích

Vì A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp trong phân nhóm chính nhóm II nên A = 24 (Mg) ; B = 40 (Ca) Bài 76: Cho 1,52 gam hỗn hợp gồm 3 oxit Al2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300ml dung dịch H2SO4 thu được dung dịch A. Cô cạn dung dịch A và làm khô thu được 3,92 gam muối khan. Tính nồng độ mol của dung dịch H2SO4 đã dùng. Lời giải: Cách 1: Phương pháp đại số Đặt số mol các oxit trong 15,2 gam hỗn hợp: {Al2O3: x ; MgO: y ; ZnO: z}  102x + 40y + 81z = 1,52 (I) Từ các phản ứng:

Lấy (III) – (I) ta có:

Muối khan gồm {Al2(SO4)3: x ; MgSO4: y ; ZnSO4: z}  342x + 120y + 161z = 3,92 (II) Nhận thấy, ở đây chỉ có 2 phương trình đại số, mà có đến 3 ẩn, nên không tìm được giá trị cụ thể của x, y, z  cần phải tách ghép ẩn:

Cách 2: Bảo toàn khối lượng

Cách 3: Bảo toàn điện tích HS có tư duy logic, khả năng suy luận, nhận thấy số oxi hóa của kim loại trong oxit và trong muối không đổi nên theo định luật bảo toàn điện tích:

Bài tập vận dụng: Bài 77: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al và Ba với số mol bằng nhau vào nước được dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch HCl 0,5M vào dung dịch Y đến khi lượng kết tủa đạt giá trị lớn nhất thấy dùng hết 200ml. Tính m.

Đáp số: 8,2 gam. Bài 78: Cho 150 ml dung di ̣ ch KOH 1,2M tác dung với 100 ml dung dic ̣ h AlCl3 nồng độ x mol/l, thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu được 2,34 gam kết tủa. Giá tri ̣ của x là A. 1,2 B. 0,8 C. 0,9 D. 1,0

(TSĐH Khối B – 2010) Bài 79: Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS2 bằng mô ̣ t lượng O2 vừa đủ, thu đươc ̣ khi ́ X. Hấp thu ̣hết X vào 1 lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,15M và KOH 0,1M, thu đươc ̣ dung dic ̣h Y và 21,7 gam kết tủa. Cho Y vào dung dịch NaOH, thấy xuất hiện thêm kết tủa. Giá tri ̣ của m là A. 23,2 C. 18,0 B. 12,6 D. 24,0

C. 12,78 gam. B. 18,46 gam. D. 14,62 gam.

(TSĐH Khối B – 2010) Bài 80: Hoà tan hoàn toàn 8,94 gam hỗn hợp gồm Na, K và Ba vào nước, thu được dung dịch X và 2,688 lít khí H2 (đktc). Dung dịch Y gồm HCl và H2SO4, tỉ lệ mol tương ứng là 4: 1. Trung hoà dung dịch X bởi dung dịch Y, tổng khối lượng các muối được tạo ra là A. 13,70 gam. P13. Bài tập chương crom, sắt, đồng

Bài 81: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan vừa hết trong 700ml dung dịch HCl 1M thu được 3,36lít khí H2 (đktc) và dung dịch D. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch D thu được kết tủa, lọc tách kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Tính giá trị của m. Lời giải: Cách 1: Bảo toàn khối lượng

Bảo toàn khối lượng:

Cách 2: Phương pháp trung bình Đặt công thức chung của 3 oxit là FexOy X gồm {Fe: a ; FexOy: b}  56a + (56x + 16y)b = 20 X + HCl:

2.0,15 0,3



Chất rắn Y là Fe2O3: 0,5a + 0,5bx = 0,15  m = 0,15.160 = 24gam Cách 3: Bảo toàn điện tích Với HS có tư duy logic, nhanh nhậy dễ nhận thấy chất rắn Y là Fe2O3. Hỗn hợp ban đầu được tạo nên bởi 2 nguyên tố Fe và O, nếu biết số mol Fe ban đầu thì coi như bài toán này được giải quyết, để tính được số mol sắt ta phải tính được số mol của O Số mol HCl phản ứng với Fe là

mol

n HCl

n 2 H

(cid:0) Số mol HCl phản ứng với các oxit là 0,7 - 0,3 = 0,4mol

và O2-

Cách 3.2: Để tạo thành phân tử H2O, cần 2H+

Bài 82: Hoà tan hoàn toàn 3,76gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm FeS, FeS2 và S trong HNO3 đặc, đun nóng thu được 10,752lít khí NO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch D. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào D thu được kết tủa E, lọc tách lấy kết tủa E và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m. Lời giải Cách 1: Phương pháp đại số Đặt số mol FeS, FeS2 và S lần lượt là x, y và z. Phương trình hóa học các phản ứng: X + HNO3:

D + Ba(OH)2:

Theo PTHH các phản ứng ta có: Chất rắn thu được {Fe2O3: 0,5.(x + y) = 0,015 ; BaSO4: (x + 2y + z) = 0,065}  m =160.0,015 + 233.0,065 = 17,545gam Cách 2: Bảo toàn số mol electron Đặt số mol các chất trong 3,76gam X {FeS: x ; FeS2: y ; S: z}  56(x + y) + 32(x + 2y + z) = 3,76 Bảo toàn số mol electron

 9x + 15y + 6z = 0,48  3x + 5y + 2z = 0,16  (x + y) + 2(x + 2y + z) = 0,16 Từđó  x + y = 0,03 ; x + 2y + z = 0,065 Chất rắn thu được {Fe2O3: 0,5.(x + y) = 0,015 ; BaSO4: (x + 2y + z) = 0,065}  m =160.0,015 + 233.0,065 = 17,545gam Bài 83: Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 9,062

gam kết tủa. Hoà tan hết chất rắn B vào dung dịch HNO3 loãng dư thấy có V lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thoát ra. Tính giá trị của V Lời giải Khí ra khỏi ống sứ hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư xảy ra phản ứng: Ba(OH)2 + CO2  BaCO3 + H2O

Đặt số mol các chất trong A là{ FeO: a;Fe2O3: b }

Cách 1: Phương pháp đại số PTHH của các phản ứng xảy ra:

Chất rắn B gồm{Fe2O3: x mol; Fe3O4: 3y mol; FeO: 3z mol; Fe: t mol}

Bảo toàn số mol nguyên tử Fe:

B + HNO3 dư: Xảy ra các phản ứng

(III)

Chỉ có 3 phương trình mà có 4 ẩn, do đó ta không tìm được giá trị cụ thể của x, y, z, t. Thực tế ta chỉ cần tính tổng (y + z + t) nên ta có thể biến đổi như sau:

Cách 2. Bảo toàn khối lượng

Thay số: 4,784 + 63(0,21 + nNO) = 0,07.242 + 30nNO + 18.0,5(0,21 + nNO)

Trong đó:

Cách 3. Bảo toàn nguyên tố Áp dụng bảo toàn nguyên tố O ta có:

Thay số: (4,784 – 56.0,07) + 16.3.(0,21 + nNO) = 16.9.0,07 + 16.nNO + 16.0,5.(0,21 + nNO)

Cách 4. Phương pháp bảo toàn electron

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,01 + 2.0,046 = 3x  x = 0,034

B. 13,216 lít và 23,44 gam D. 11,216 lít và 24,44 gam

Bài tập áp dụng Bài 84: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu, CuS, FeS, FeS2, FeCu2S2, S thì cần 2,52 lít O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đều đo ở đktc. Giá trị của V và m là: A. 12,316 lít và 24,34 gam C. 16,312 lít và 23,34 gam Bài 85: Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm x mol AgNO3 và y mol Cu(NO3)2 thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với khí hiđro bằng 21,25. Tính % khối lượng của AgNO3 trong hỗn hợp X. Bài 86: Dẫn luồng khí CO dư đi qua ống sứ đựng 16gam bột FexOy nung nóng, sau khi phản ứng kết thúc (giả sử xảy ra phản ứng khử trực tiếp oxit sắt thành Fe kim loại), toàn bộ khí thoát ra được dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư thấy có 30gam kết tủa trắng. Xác định công thức FexOy. Bài 87: Hoà tan 16,4gam hỗn hợp bột X gồm Fe kim loại và một oxit sắt bằng dung dịch HCl dư, thu được 3,36lít khí (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau đó đun nóng trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 20gam chất rắn. Xác định công thức của oxit sắt. Bài 88: Nung nóng 18,56 gam hỗn hợp A gồm FeCO3 và một oxit sắt FexOy trong không khí tới khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí CO2 và 16 gam một oxit sắt

duy nhất. Cho khí CO2 hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 15,76 gam kết tủa. Xác định công thức của FexOy Bài 89: Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe3O4 trộn với nhau theo tỉ lệ khối lượng 7: 3,6: 17,4. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp A bằng dung dịch HCl thu được dung dịch B. Chia B thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Cho tác dụng hết với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa C. - Phần 2: Sục khí Cl2 đi qua dung dịch B đến khi phản ứng hoàn toàn, đun nóng, thêm NaOH tới dư, thu được kết tủa D. Kết tủa C, D có khối lượng chênh lệch nhau 1,7 gam. Nung kết tủa C, D trong không khí thu được m gam chất rắn E. Tính khối lượng hỗn hợp A và giá trị của m. Bài 90: Hoà tan hỗn hợp gồm 0,01 mol Fe và 0,02 mol Fe2O3 trong dung dịch chứa 0,14 mol HCl thu được dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch KMnO4 dư đã được axit hoá bằng H2SO4 loãng thu được khí B. Tính thể tích khí B ở đktc. Bài 91: Hoà tan hoàn toàn 3,76gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm FeS, FeS2 và S trong HNO3 đặc, đun nóng thu được 10,752lít khí NO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch D. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào D thu được kết tủa E, lọc tách lấy kết tủa E và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m. Bài 92: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3. Để khử hoàn toàn 3,04gam hỗn hợp X thành kim loại cần vừa đủ 0,1gam khí H2. Hoà tan hết 3,04gam hỗn hợp X bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được V lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Tính giá trị của V. Bài 93: Cho m gam hỗn hợp Z gồm Fe, Fe3O4 tác dụng với 200ml dung dịch HNO3 3,2M loãng đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất), dung dịch Z1 và còn lại 1,46gam kim loại. Tính giá trị của m. Bài 94: Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol như nhau, M là kim loại có hoá trị không đổi. Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch HNO3 đun nóng, thu được dung dịch A1 và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí A2 có khối lượng là 26,34 gam gồm NO2 và NO. Thêm một lượng dư dung dịch BaCl2 loãng vào A1, thấy tạo thành m1 gam chất kết tủa trắng trong dung dịch dư axit trên. 1. Xác định kim loại M trong MS. 2. Tính giá trị khối lượng m1. Bài 95: Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 9,062 gam kết tủa. Hoà tan hết chất rắn B vào dung dịch HNO3 loãng dư thấy có V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) thoát ra. Tính giá trị của V. Bài 96: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m.

Đáp số: m = 59,4gam

Bài 97: Cho 2,8gam bột Fe vào 240ml dung dịch AgNO3 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X và chất rắn Y. Tính khối lượng chất rắn Y.

Đáp số: mY = 12,96gam Bài 98: Hoà tan hết 25,2 gam bột Fe vào dung dịch HNO3, sau khi kết thúc phản ứng thu được 8,96 lít khí không màu, hoá nâu ngoài không khí (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Tính khối lượng muối sắt có trong X.

Đáp số: mMuối = 99,6gam Bài 99: Khử hoàn toàn m gam oxit MxOy cần vừa đủ 17,92 lít khí CO (đktc), thu được a gam kim loại M. Hòa tan hết a gam M bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư), thu được 20,16 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Oxit MxOy là D. CrO. A. Cr2O3. C. Fe3O4. B. FeO.

(TSĐH Khối B – 2010)

PHẦN V: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

A. KẾT LUẬN

Căn cứ vào mục đích nghiên cứu và nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài, luận văn

căn bản được hoàn thành những vấn đề sau:

Một là, nghiên cứu cơ sở lí luận của đề tài về các vấn đề: - Năng lực nhận thức, quá trình tư duy của học sinh. - Năng lực tư duy, phát triển tư duy hóa học. - Ý nghĩa, tác dụng của bài tập hóa học. Hai là, chúng tôi đã sưu tầm và xây dựng được - 15 ví dụ tiêu biểu cho bài toán nhiều cách giải. - 99 bài toán hóa học theo từng lớp, từng chương có nhiều cách giải để rèn

luyện năng lực tư duy, trí thông minh và óc sáng tạo của học sinh.

Ba là, đã chấm được 198 bài kiểm tra, đánh giá, phân tích kết quả thực nghiệm

sư phạm và phân tích. Kết quả thu được:

- Số liệu TNSP đã so sánh được kết quả việc áp dụng phương pháp giải BTHH

bằng nhiều cách so với việc học sinh chỉ giải BTHH một cách thông thường.

- Qua thực nghiệm chúng tôi đánh giá được chất lượng hiệu quả các bài toán đã xây dựng để từ đó bổ sung những thiếu sót cho đề tài, loại bỏ những bài toán không hay, phức tạp.

Bốn là, bản thân chúng tôi sau khi nghiên cứu, thực hiện đề tài đã thu được

nhiều kinh nghiệm và bài học bổ ích như:

- Hiểu được ý nghĩa, tác dụng của BTHH nói chung và BTHH có nhiều cách

nói riêng đối với việc phát triển năng lực tư duy, khả năng sáng tạo của HS.

- Biết cách phát huy khả năng tư duy sáng tạo, linh hoạt, trí tò mò của học sinh

trong việc học tập môn hóa học.

- Nâng cao kĩ năng giải BTHH và kĩ năng hướng dẫn HS giải BTHH. Năm là, chúng tôi hy vọng đề tài nghiên cứu đã đem lại những ý nghĩa thiết

thực để vận dụng vào trong quá trình giảng dạy bộ môn hóa. Trên cơ sở những kiến thức và phương pháp nghiên cứu đã thu được trong thời gian qua, chúng tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu nhằm:

- Hoàn thiện hơn nữa hệ thống BTHH, đồng thời tiếp tục lựa chọn, xây dựng hệ

thống BTHH nhằm phục vụ cho quá trình dạy học hoá học ở trường THPT.

- Sử dụng BTHH trong dạy học hoá học để phát huy hơn nữa năng lực nhận thức và tư duy của HS, nhằm nâng cao chất lượng dạy học đáp ứng mục tiêu, yêu cầu giáo dục trong sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước hiện nay. B. KIẾN NGHỊ

Xu hướng của dạy học hiện nay là tăng cường vai trò chủ động của học sinh trong quá trình lĩnh hội kiến thức mới nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh thông qua tổ chức thực hiện hoạt động học tập của học sinh, giúp học sinh có một phương pháp tư duy logic, sáng tạo. Vì vậy chúng tôi có một số ý kiến đề xuất với các cấp uỷ đảng, chính quyền các cấp, ngành giáo dục như sau:

- Cần nâng cao chất lượng đội ngũ cán bộ giáo viên.

- Khuyến khích GV tự mình xây dựng hệ thống bài tập có chất lượng tốt trong

đó bài tập có nhiều cách giải hay để kích thích sự phát triển tư duy cho HS.

Vì thời gian và phạm vi đề tài có hạn nên chúng tôi chỉ mới nghiên cứu được một số dạng BTHH nhiều cách giải theo một số chương ở SGK. Nếu có điều kiện, chúng tôi tiếp tục phát triển đề tài theo hướng tuyển chọn, biên soạn hệ thống BTHH theo từng dạng toán cụ thể và phân loại theo từng mức độ khác nhau đặc biệt là hệ thống bài tập bồi dưỡng HS giỏi.

Chúng tôi nhận thấy rằng nội dung đề tài chỉ là những kết quả nghiên cứu bước đầu. Vì trình độ, năng lực của bản thân và điều kiện thời gian còn hạn chế chúng tôi mong nhận được sự góp ý xây dựng của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT

BTHH: ĐC: ĐKTC: GV: HS: PTHH: THPT: TN: TNSP: TSCĐ: TSĐH : THPTQG: Bài tập hóa học Đối chứng Điều kiện tiêu chuẩn Giáo viên Học sinh Phương trình hóa học Trung học phổ thông Thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm Tuyển sinh cao đẳng Tuyển sinh đại học Trung học phổ thông quốc gia

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Phạm Ngọc Bằng, Vũ Khắc Ngọc, Hoàng Thị Bắc, Từ Sỹ Chương, Lê Phạm Thành... (2009), 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn hóa học, NXB ĐHSP Hà Nội. [2]. Nguyễn Cương, Nguyễn Mạnh Dung, Nguyễn Thị Sửu (2000), Phương pháp dạy học hóa học, NXBGD, Hà Nội. [3]. Lê Văn Dũng (2001), Phát triển năng lực trí tuệ cho HS thông qua BTHH, luận án tiến sĩ khoa học giáo dục, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội. [4]. Cao Cự Giác (2001), Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học, tập 1, NXB ĐHQG Hà Nội. [5]. Cao Cự Giác (2001), Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học, tập 2, NXB ĐHQG Hà Nội. [6]. Cao Cự Giác (2009), Cẩm nang giải toán trắc nghiệm hóa học, NXB ĐHQG Hà Nội. [7]. Cao Cự Giác( 2008), “ Xây dựng một số dạng bài tập bồi dưỡng năng lực tưu duy hóa học cho học sinh THPT”, Tạp chí giáo dục, (191), tr. 48 -50 [8]. Nguyễn Thị Ngân (2008), Tuyển chọn, xây dựng và sử dụng hệ thống bài toán hóa học vô cơ có nhiều cách giải để rèn tư duy và trí thông minh cho HS ở trường trung học phổ thông, Luận văn thạc sĩ giáo dục học, ĐHSP Hà Nội. [9]. Vũ Khắc Ngọc, "18 cách giải cho một bài toán hóa học", Tạp chí hóa học và ứng dụng, số 3/2009. [10]. Vũ Khắc Ngọc, "Bài toán hóa hữu cơ có nhiều cách giải", Tạp chí hóa học và ứng dụng số 11/2009. [11]. Nguyễn Ngọc Quang, Nguyễn Cương, Dương Xuân Trinh (1982), Lý luận dạy học hoá học, Tập 1, NXB ĐHSP, Hà Nội. [12]. Lê Xuân Trọng, Từ Ngọc Ánh, Lê Mậu Quyền, Phan Quang Thái (2006), Hoá học 10 nâng cao, NXB Giáo dục, Hà Nội. [13]. Lê Xuân Trọng, Nguyễn Hữu Đĩnh, Lê Chí Kiên, Lê Mậu Quyền (2007), Sách giáo khoa hóa học 11 nâng cao, NXB Giáo dục, Hà Nội. [14]. Lê Xuân Trọng, Nguyễn Hữu Đĩnh, Từ Vọng Nghi, Đỗ Đình Rãng, Cao Thị Thặng (2008), Sách giáo khoa hóa học 12 nâng cao, NXB Giáo Dục, Hà Nội. [15]. Lê Xuân Trọng, Nguyễn Xuân Trường (2007), Tài liệu bồi dưỡng Giáo viên thực hiện chương trình, sách giáo khoa lớp 11 môn Hóa học, NXB Giáo dục, Hà Nội. [16]. Nguyễn Xuân Trường (2006), Trắc nghiệm và sử dụng trắc nghiệm trong dạy học hóa học ở trường phổ thông, NXB ĐHSP Hà Nội. [17]. Nguyễn Xuân Trường (2005), "Giải bài tập hóa học bằng nhiều cách - một biện pháp nhằm phát triển tư duy", Tạp chí hóa học và ứng dụng, số 12/2005. [18]. Nguyễn Xuân Trường (2006) “ Rèn trí thông minh trong dạy hóa học” Hóa học và ứng dụng, 53(5), Tr. 3-9

[19]. Nguyễn Xuân Trường, Nguyễn Thị Sửu, Đặng Thị Oanh, Trần Trung Ninh (2005), Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên cho GV trung học phổ thông chu kỳ III (2004-2007), Hà Nội. [20]. Nguyễn Xuân Trường (2010), Phương pháp dạy học Hóa học ở trường phổ thông, NXB Giáo dục. [21]. Vũ Anh Tuấn (2006), Xây dựng hệ thống bài tập hóa học nhằm phát triển tư duy trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học trường trung học phổ thông, Luận án tiến sĩ khoa học giáo dục, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội. [22]. Tài liệu tập phương pháp và kĩ thuật tổ chức hoạt động học theo nhóm và hướng dẫn học sinh tự học của Bộ Giáo dục và Đào tạo [23]. Công văn số: 5555/BGDĐT-GDTrH của Bộ Giáo dục và Đào tạo [24]. Tìm hiểu trên internet

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải để phát triển năng lực tư duy cho học sinh

PHỤ LỤC

 m = 11 + 0,9.98 – (0,45.64 + 0,9.18) = 54,2 g. Cách 5. Phương pháp bảo toàn điện tích Quá trình khử: 4H+ + SO4

( ) Giải ra được m = 10,08 Cách 4. Phương pháp bảo toàn electron Ở bài toán này, chất nhường e là Fe, chất nhận e là O2 và N+5 trong HNO3.

 CTPT của anken X là C3H6. (Ngoài ra cũng có thể tìm ra y = 3x với cách tổng 2 tỉ khối ...) Cách 5. Hiệu 2 tỉ khối + Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ chéo

 mmuối = 77.0,2 + 40.0,2 – (18.0,2 + 27,5.0,2) = 14,3 gam Cách 6: Dùng công thức chung

 n OV  Cách 2: Phương pháp bảo toàn electron: Vì trong quá trình phản ứng N ban đầu ở mức oxi hóa +5, sau về lại +5 nên có thể xem N không tham gia quá trình trao đổi electron.

Cách 3: Phương pháp bảo toàn khối lượng:

 0,62 + 98.0,01 = mmuối + 2.0,01  mmuối = 1,58gam Cách 5: Bảo toàn điện tích + bảo toàn khối lượng

 Sản phẩm gồm 2 muối Cách 1: Phương pháp đại số: 1.1. Dùng phản ứng nối tiếp

OV  3.2. Xét cho cả quá trình Thực chất của toàn bộ quá trình chuyển hóa là: 2Cu + 4HNO3 + O2 → 2Cu(NO3)2 + 2H2O

OV  Cách 4: Bảo toàn khối lượng kết hợp với bảo toàn nguyên tố Ta có: Cu + HNO3 + O2 → Cu(NO3)2 + H2O.

Vậy a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3 Cách 2: Dùng công thức trung bình:

Cách 1: Xác định số nguyên tử C từ của gốc axit và ancol

 % theo khối lượng của xenlulozơ điaxetat = 22,16% Cách 3: Phương pháp sơ đồ chéo: Tương tự cách 2, ta có X = 2,75 Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

mol

(cid:0) Số mol HCl phản ứng với các oxit là 0,7 - 0,3 = 0,4mol

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Hỗ trợ

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi