Đề tài Định hướng một số phương pháp giải nhanh bài tập định lượng hóa học

Phần I Mở đầu I-Lý do chọn đề tài: - Trong việc giải quyết bài tập trắc nghiệm khách thường liên quan đến yếu tố quan trọng mà hầu hết học sinh đều mắc phải đó là yếu tố thời gian để khắc phục yếu tố này học sinh cần năm vững tính sơ đồ hóa và phương pháp giải quyết nhanh bài tập. - Tăng khả năng tư duy , làm nhanh bài tập cho học sinh lớp 12 trong giải quyết bài tập trắc nghiệp dạng tính toán trong sách giáo khoa , sách bài tập , một số dạng bài tập trong các đề thi vào đại học 2007-2008 - Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông và chương trình thi đại học từ năm 2007 Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát. - Phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của học sinh trong việc giải quyết bài tập trắc nghiệm theo hướng sơ đồ hóa vấn đề . Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:’’Định hướng một số phương pháp giải nhanh bài tập định lượng hóa học’’ II. Các phương pháp giải bài tập nhanh A. Phương pháp tăng giảm khối lượng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 6,2g hỗn hợp 2 kim loại kiềm trong nước (lấy dư) thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn? Giải * Nếu dùng các phương pháp đại số thông thường: đặt ẩn số, lập hệ phương trình thì mất nhiều thời gian và kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán. * Nếu dùng phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn khối lượng ta có thể giải quyết vấn đề một cách đơn giản và hiệu quả. m rắn = m hỗn hợp kim loại + OH m − Vì phản ứng xảy ra tạo hiđroxit kim loại và giải phóng H 2 . Ta đã biết: H 2 O → H + + OH - . 2 2,24 2 2. 0,2( ) 22,4 H OH H n n n mol − + = = = = Vậy m rắn =6,2+0,2×17 = 9,6 (g). 2. Ví dụ 2: Có 1 lít dung dịch Na 2 CO 3 0,1M và (NH 4 ) 2 CO 3 0,25M. Cho 43g hỗn hợp BaCl 2 và CaCl 2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được 39,7g kết tủa A. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong A. Giải: 2 3 CO n − trong 1lít dung dịch Na 2 CO 3 0,1M và (NH 4 ) 2 CO 3 0,25M là: 0,1+0,25=0,3 (mol) Các phản ứng xảy ra: Ba 2+ + CO 3 2- → BaCO 3 ↓ Ca 2+ + CO 3 2- → CaCO 3 ↓ Cứ 1 mol BaCl 2 hoặc CaCl 2 chuyển thành BaCO 3 hoặc CaCO 3 khối lượng giảm: 71- 60 = 11(g). Vậy tổng số mol của 43-39,7 (BaCO3 + CaCO3) = 0,3( ) 11 mol = chứng tỏ dư CO 3 2- . Ta có ngay hệ phương trình: Đặt x, y là số mol của BaCO 3 và CaCO 3 trong A ta có: 0,3 197 100 39,7 x y x y + =   + =  giải ra: 0,1( ) 0,2( ) x mol y mol =   =  3 3 0,1 197 % 100 49,62(%) 39,7 % 100 49,62 50,38(%) BaCO CaCO m m × = × = = − = 3. Ví dụ 3: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO 3 và Y 2 (CO 3 ) 3 bằng dung dịch HCl dư ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải * Khi chuyển từ muối cácbonat thành muối Clorua, thì cứ 1 mol CO 2 ↑ lượng muối tăng. CO 3 2- chuyển thành 2Cl - →1mol CO 2 ↑ 60g chuyển thành 71g, khối lượng tăng 11g. Theo giả thiết: 2 0,672 0,03( ) 22,4 CO n mol = = * Khi cô cạn dung dịch thu được muối Clorua. Tổng khối lượng muối Clorua = 10 + 0,03×11 = 10,33(g). B. Phương pháp bảo toàn khối lượng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại A, B hoá trị (II) bằng dung dịch axit HCl (dư) ta thu được dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: *Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng hoặc có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng. *Đặt công thức chung của A và B là A ta có: 3 2 2 2 2ACO HCl ACl H O CO + → + + ↑ 0,06 0,03 0,03 2 2 3 2 2 2 10 0,06 36,5 0,03 18 0,03 44 10,33( ) HCl H O CO ACO ACl ACl ACl m m m m m g m m g + = + + + × = + × + × ⇒ = 2. Ví dụ 2: Có một hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp đó tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO 3 đã tham gia phản ứng. Tính thành phần % về khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu. Giải n NaCl =x mol, n NaBr =y mol. Đặt x+y=1. Phương trình: NaCl + AgNO 3 →AgCl↓ + NaNO 3 mol x x x x NaBr + AgNO 3 →AgBr↓ + NaNO 3 mol y y y y 3 3 3 1( ) 85( ) ( ).170 170( ) NaNO NaNO AgCl AgNO n x y mol m g m m x y g = + = ⇒ = = = + = Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m NaCl =m NaBr =85(g) Ta có hệ phương trình: 1 0,405( ) 58,5 103 85 0,595( ) x y x mol x y y mol + = =   ⇔   + = =   m NaCl =0,405×58,5 = 23,7(g) chiếm 27,88% m NaBr chiếm100-27,88 = 72,11% 3. Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn hợp A cần 21,28 lít O 2 ở đktc và thu được 35,2g CO 2 và 19,8g H 2 O. Tính khối lượng của phân tử X. Giải: Phương trình đốt cháy hỗn hợp: C 2 H 6 O 2 + 2,5 O 2 → 2 CO 2 + 3 H 2 O X + O 2 → CO 2 + H 2 O Theo định luật bảo toàn khối lượng: 2 6 2 2 2 2 18,4( ) 18,4 92( ) 0,2 X C H O O CO H O X X m m m m m m g M u + + = + = = = C. Phương pháp bảo toàn electron * Nguyên tắc Khi có nhiều chất oxi hoá, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (có nhiều phản ứng hoặc phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận. Ta chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá hoặc chất khử thì có thể giải được bài toán đã cho. *Một số ví dụ Ví dụ1: Cho 16,2 gam kim loại R tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu được sau phản ứng cho hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít (đktc). Hỏi R là kim loại nào? Giải: Nhận xét: R tác dụng với oxi cho oxit kim loại mà hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với HCl cho H 2 ↑. Vậy M tác dụng chưa hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và oxit của R. Lưu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm được mối liên quan giữa nguyên tử khối và hoá trị của nó có thể có trong các hợp chất. 4R + nO 2 = 2R 2 O n (1) R 2 O n + 2nHCl = 2RCl n + H 2 O (2) 2R + 2nHCl = 2RCl n + nH 2 (3) )(6,0 4,22 44,13 2 moln H == + Theo (1) và (3) tổng số mol electron mà kim loại R đã cho phải bằng tổng số mol electron mà oxi và H + nhận. + Gọi x là số mol của kim loại R, nguyên tử khối của kim loại R là M →số mol electron mà kim loại R nhường là nx. Theo giả thiết và (1) ta có: Số mol electron mà oxi nhận là 0,15.4 Theo giả thiết và (3) ta có: số mol electron mà H + nhận là 0,6.2 ⇒ nx= 0,15.4 + 0,6.2 = 1,8 ⇒ n x 8,1 = (a) Mà x là số mol của kim loại ⇒ M x 2,16 = (b) Kết hợp (a) và (b) ta có: Mn 2,168,1 = ⇒ M=9n ⇒ Chỉ có một cặp nghiệm duy nhất là: M = 27 và n = 3 là phù hợp ⇒ Đó là Al. Ví dụ2: Hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại R có hoá trị n duy nhất. a, Hoà tan hoàn toàn 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl dư thu được 2,128 lít H 2 , còn khi hoà tan 3,61 gam Y bằng dung dịch HNO 3 loãng, dư thì thu được 1,972 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại R và tính thành phần % về khối lượng mỗi kim loại trong Y. b, Lấy 3,61g Y cho tác dụng với 100ml dung dịch chứa AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 , khuấy kỹ cho tới khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hoà tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít H 2 ↑. Tính C M của AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 trong dung dịch ban đầu. Biết hiệu suất phản ứng là 100%. Các khí đo ở đktc. Giải: a, Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2 ↑ (1) 2R + 2nHCl = 2RCl n + nH 2 ↑ (2) Fe + 4HNO 3 = Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 2H 2 O (3) 3R + 4nHNO 3 = 3R(NO 3 ) n + nNO↑ + 2nH 2 O (4) *Gọi x là số mol Fe, y là số mol R có trong 3,61 gam Y. Số mol electron mà Fe nhường ở (1) là 2x. Số mol electron R nhường ở (2) là ny. Số mol electron mà H + thu vào ở (1) và (2) là: )(19,0 4,22 128,2 .2 mol = Tổng số mol electron mà Fe và R nhường bằng tổng số electron mà H + nhận ⇒ 2x + ny = 0,19 (a) - Số mol electron mà Fe nhường ở (3) là 3x - Số mol electron mà R nhường ở (4) là ny (vì R có 1 hoá trị duy nhất) Số mol electron mà N +5 thu vào tạo ra NO là: )(24,0 4,22 792,1 .3 mol= ⇒ 3x + ny = 0,24 (b) Lấy (b) trừ (a) ⇒ x=0,05 ⇒ ny=0,09 (c) + Mặt khác ta có phương trình theo khối lượng (gọi nguyên tử khối của nguyên tố R là M): 56x + My = 3,61; mà x=0,05 ⇒ My=0,81 (d) Từ (c): ny=0,09 ⇒ y= n 09,0 (n là hoá trị của R, n: nguyên, dương) Thay vào (d) ⇒ M n 09,0 =0,81 ⇒ M = 9n ⇒ Nghiệm duy nhất: Al (hoá trị III, nguyên tử khối 27) ⇒%Fe = %25,77%100 61,3 56.05,0 = ⇒ %Al = 22,75% b, Các phản ứng có thể xảy ra: Al + 3AgNO 3 = Al(NO 3 ) 3 + 3Ag↓ (5) 2Al + 3Cu(NO 3 ) 2 = 2Al(NO 3 ) 3 + 3Cu (6) Fe + 2AgNO 3 = Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag↓ (7) Fe + Cu(NO 3 ) 2 = Fe(NO 3 ) 2 + Cu (8) (giáo viên lưu ý học sinh phản ứng oxi hoá Fe bằng ion Ag + ) *Vì không biết lượng AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 nên có thể dư cả Al, Fe và cả 2 kim loại mới tạo ra là Cu, Ag. Theo giả thiết: chất rắn thu được gồm 3 kim loại mà Al hoạt động mạnh hơn Fe nên Al đã phản ứng hết theo (5) ⇒ còn lại: Fe, Cu, Ag. ⇒ Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2 (9) + Theo (9): n Fe = )(03,0 4,22 672,0 2 moln H == Theo giả thiết dung dịch HCl dư ⇒Fe phản ứng hết ⇒ n Al trong hỗn hợp là )(03,0 27 56.05,061,3 mol= − Gọi a là số mol AgNO 3 , b là số mol Cu(NO 3 ) 2 . áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có phương trình: 1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 →a+2b = 0,13 (*) Phương trình theo khối lượng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**) Giải hệ phương trình (*), (**) ta có: a = 0,03 (mol); b = 0,05 (mol). Vậy: Nồng độ mol/l của AgNO 3 là: C M = M3,0 1,0 03,0 = Nồng độ mol/l của Cu(NO 3 ) 2 là: C M = M5,0 1,0 05,0 = D. Phương pháp dùng các giá trị trung bình D.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( M ) - Sử dụng để giải nhanh các bài toán là hỗn hợp của 2 hay nhiều chất. - Xác định nguyên tử khối của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp nhau, thành phần % số lượng mỗi đồng vị của 1 nguyên tố, tính thành phần % về thể tích các khí trong hỗn hợp … - Đặc biệt thích hợp khi giải các bài tập lập công thức các đồng đẳng kế tiếp. * Khối lượng mol trung bình ( M ) là khối lượng của một mol hỗn hợp. M = Mnm nn nMnM n m hh hh hh . 21 2211 =→ ++ ++ = 21 2211 ++ ++ = VV VMVM M hhkhÝ Ví dụ1: Hai kim loại kiềm R và R’ nằm ở 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn. Hoà tan một ít hỗn hợp của R và R’ trong nước ta được dung dịch A và 0,336 lít H 2 (đktc). Cho HCl dư vào dung dịch A, sau đó cô cạn ta được 2,075 gam muối khan. Xác định tên kim loại R và R’. Giải: 2R + 2H 2 O = 2ROH + H 2 (1) 2R’ + 2H 2 O = 2R’OH + H 2 (2) ROH + HCl = RCl + H 2 O (3) R’OH + HCl = R’Cl + H 2 O (4) + Gọi x là số mol của kim loại R. Nguyên tử khối của R là M. Gọi y là số mol của kim loại R’. Nguyên tử khối của R’ là M’. + Theo (1) và (2) → 015,0 4,22 336,0 22 ==+ yx → x+y = 0,03(mol) + Theo (1),(2),(3) và (4): Tổng số mol 2 muối bằng tổng số mol 2 kim loại →n muối =x+y = 0,03(mol). 69 03,0 075,2 2 == muoi M → M+35,5 < 69 < M’+35,5 →R là Na (Nguyên tử khối là 23), R’ là K (Nguyên tử khối là 39). Ví dụ2: Cho 11g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H 2 (đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rượu trên. Giải: Gọi: rượu thứ nhất là ROH, rượu thứ hai là R’OH. 2ROH + 2Na → 2RONa + H 2 (1) 2R’OH + 2Na → 2R’ONa + H 2 (2) )(15,0 4,22 36,3 2 moln H == Theo (1),(2) → n 2rượu =2 2 H n =2.0,15 = 0,3(mol) →    →    →<< =−=→ =⇒== OHHCOHR OHCHROH HCR CHR RRR R OHRM 52 3 52 3 :' : :' : ' 67,191767,36 67,3667,36 3,0 11 D.2. Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình * Cách tính số nguyên tử cácbon trung bình (kí hiệu là n ) Trong phản ứng cháy chúng ta có: n = hh CO n n 2 Trong hỗn hợp chất: n = 21 2211 ++ ++ xx xnxn n 1 , n 2 : Số nguyên tử cácbon của chất 1, 2,… x 1 , x 2 : số mol của chất 1, 2, … Trong hỗn hợp chất có thành phần định tính như nhau, Ví dụhỗn hợp chất đều được tạo thành từ ba nguyên tố là C, H, O ta có công thức zyü OHC → zyxM 1612 ++= Một số thí dụ: Ví dụ1: Đốt cháy hoàn toàn 10,2 gam 2 anđêhit no, đơn chức A và B là đồng đẳng kế tiếp. Đem sản phẩm thu được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2 thì thu được 10g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu được 20g kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A và B. +Thay thế 2 anđêhit bằng công thức tương đương: CHOHC nn 12 + CHOHC nn 12 + + OHnCOnO n 222 )1()1( 2 23 +++→ + (1) CO 2 + Ca(OH) 2 = CaCO 3 ↓ + H 2 O (2) 2CO 2 + Ca(OH) 2 = Ca(HCO 3 ) 2 (3) Ca(HCO 3 ) 2 → 0 t CaCO 3 ↓ + H 2 O + CO 2 (4) Theo (2): n 2co =n 3caco = 100 10 =0,1(mol) Theo(4):n 3caco = 100 20 =0,2(mol) Theo (3): n 2co =0,4(mol) Tổng số mol CO 2 là :n 2co = 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol) Theo (1) ta có : 3014 2,10 + n mol C n H n2 CHO sau khi cháy cho ( n +1). 3014 2,10 + n mol CO 2 . Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : ( n +1). 3014 2,10 + n = 0,5. Giải phương trình → n =1,5 → A là : CH 3 CHO và B là C 2 H 5 CHO. Ví dụ2: B là hỗn hợp gồm hai axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng axit fomic .Cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6.72 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn . Đốt cháy hoàn toàn m gam B ,rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình (1) đựng H 2 SO 4 đặc ,bình (2) đựng NaOH rắn .Sau thí nghiệm ,độ tăng khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam. a) Tính m b) Xác định công thức cấu tạo của A và B. Giải : X, Y là đồng đẳng của HCOOH → X,Y là axit cacboxylic no,đơn chức . +thay thế X,Y bằng công thức tương đương C n H n2 1 + COOH 2 C n H n2 1+ COOH + 2Na → 2 C n H n2 1+ COONa+H 2 (1) Theo giả thiết:n 2h = 4,22 72,6 =0,3 (mol) → Theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3=0,6 (mol) C n H n2 1+ COOH + ( 2 13 +n ) O 2 → ( n +1)CO 2 +( n +1)H 2 O (1) CO 2 + Ca(OH) 2 = CaCO 3 ↓ +H 2 O (2) 2CO 2 + Ca(OH) 2 = Ca(HCO 3 ) 2 (3) Ca(HCO 3 ) 2 → 0t CaCO 3 ↓ + H 2 O +CO 2 (4) theo (2) : 2 CO n = 3 CaCO n (4) : = 100 10 = 0,1 mol theo (4) : 3 CaCO n = 100 20 = 0,2 mol theo(3): 2 CO n =0,4mol.TổngsốmolCO 2 là: 2 CO n =0,1+0,4=0,5mol theo (1) ta có : 3014 2,10 + n mol n C 12 + n H CHO sau khi cháy cho ( n +1). 3014 2,10 + n mol CO 2 theo (1),(2),(3),(4) ta có :( n +1) 3014 2,10 + n = 0,5 . giải phương trình → n =1,5 → A là : CH 3 CHO và B là C 2 H 5 CHO. Ví dụ3: B là hỗn hợp gồm 2 axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng của axit fomic .cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6,72 lit khí ở điều kiện tiêu chuẩn .đốt cháy hoàn toàn m gam B , rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1)đựng H 2 SO 4 đặc bình (2) đựng NaOH rắn. Sau thí nghiệm, độ tăng khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam. a, Tính m . b, Xác định công thức cấu tạo của Avà B Giải: X,Y là đồng đẳng của HCOOH → X,Y là axit cacboxylic no ,đơn chức . +thay thế X,Y bằng công thức tương đương n C 12 + n H COONa +H 2 (1) theo giả thiết 2 H n = 4,22 72,6 = 0,3 mol → theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3 =0,6 mol n C 12 + n H COOH + ( 2 13 +n ) O 2 → ( n +1) CO 2 + ( n +1) H 2 O (2) bình (1) :hấp thụ nước . bình (2) :CO 2 +2NaOH rắn = Na 2 CO 3 +H 2 O theo giả thiết : 2 CO m - OH m 2 =36,4 → 0,6( n +1).(44-18)=36,4 → n =1,333 a) m=n. M =0,6(14 n +46)=38,8(gam) b, n =1,33 COOHHCCOOHCHX 523 ;: → D.3. Phương pháp số nguyên tử hiđro trung bình Đặc điểm của đồng đẳng liên tiếp là khác nhau 1 nhóm CH 2 . Như vậy đối với nguyên tử C thì giá trị C bị kẹp giữa 2 giá trị tìm được, còn đối với số nguyên tử H thì đó là 2 giá trị kẹp giá trị số nguyên tử H trung bình. Ta lấy các giá trị chẵn hay lẻ tùy thuộc vào loại hợp chất. Ví dụ đối với hiđrocacbon thì số nguyên tử H luôn là số chẵn, còn đối với amin đơn chức lại là số lẻ: CH 3 - NH 2 ; C 2 H 5 - NH 2 . Nhờ phương pháp này, việc giải một số bài toán trở nên đơn giản và nhanh hơn nhiều. Ví dụ1: Hỗn hợp khí A gồm đimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp. Trộn 100ml A với O 2 (dư) rồi đốt cháy hết hỗn hợp khí A. Biết đimetylamin cháy thành CO 2 , H 2 O và N 2 ; thể tích hỗn hợp khí sau khi đốt cháy là 650ml. Cho hỗn hợp khí này qua H 2 SO 4 đặc thì còn lại 370ml và cho qua tiếp dung dịch KOH đặc thì còn 120ml khí. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện t o và p. Hãy xác định công thức phân tử các hiđrocacbon. Giải: Gọi yx, là số nguyên tử C trung bình và số nguyên tử H trung bình của 2 hiđrocacbon. ) 2 1 2 7 2 4 15 )( 222223 NOHCOONHCH ++→+ (1) OH y COxO y xHC yx 222 2 ) 4 ( +→++ (2) Theo giả thiết: mlVmlV COhoiOH 250120370;280370650 22 )( =−==−= 2 O V tham gia đốt cháy = 2 CO V tạo thành + OH V 2 2 1 (hơi) ml390280 2 1 250 =+= q O V (dư) ml110390500 =−= mlV N 10110120 2 =−= Theo (1): V đimetylamin = 10.2 = 20 ml Tổng V 2 hiđocacbon = 100 – 20 = 80ml Theo(1), (2): tổng .625,2250802.20 2 =→=+= xxV CO Vậy hiđrocacbon thứ nhất có 2 nguyên tử C và hiđrocacbon thứ hai có 3 nguyên tử C. Tổng OH V 2 (hơi) 25,528080. 2 1 5,3.20 =→=+= yy Vậy hiđrocacbon thứ nhất phải có 4 nguyên tử H và hiđrocacbon thứ hai phải có 6 nguyên tử H (vì cách nhau 2 nguyên tử H và số nguyên tử H phải chẵn). [...]... gian và hướng tổng hợp hóa vấn đề có thể giải quyết được một số dạng bài tập tính trắc nghiệm theo hướng sơ đồ hóa vấn đề Để giải quyết được cách là nhanh bài tập học sinh cần phải nắm vững lý thuyết một cách hệ thống , vận dụng nhanh các số liệu liên quan bài tập Mặc dầu hình thức kiểm tra hiện nay theo yêu cầu là tự luận nhưng bản thân tôi vẫn ra những bài tập theo định hướng trắc nghiệm cho học sinh... từ cấu tạo đơn giản ấy * Nhược điểm: Chỉ dùng cho bài toán hữu cơ F Phương pháp ẩn số: Một bài toán thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định hoặc không giải được Phương pháp ghép ẩn số là một trong những phương pháp đơn giản để giải các bài toán đó • Nhược điểm: Phương pháp ghép ẩn số là một thủ thuật của toán học, không mang tính chất hoá học Thí dụ: Đun p gam hỗn hợp 2 rượu với H 2SO4 đặc... Khối lượng trung bình của hỗn hợp = 38  {(10a – xa – ay/4)32 + xa.44} : (10a – xa – ay/4 + xa) = 38  12ax + 1,5ya = 60a  12x + 1,5y = 60  x = 4; y = 8  Nếu để tránh biểu thức toàn học phức tạp học sinh có thể chọn giải pháp đường chéo Đáp án C III) Phương pháp thực hiện : Các dạng giải nhanh bài tập như trên được áp dụng trong các giờ luyện tập ,trong các câu hỏi nhanh , giải bài tập nhanh để học. .. hướng trắc nghiệm cho học sinh để học sinh nắm vững hơn về phương pháp giải nhanh trong học tập Các lớp tôi tham gia giảng dạy đều được làm áp dụng các cách giải này tùy theo đối tượng lớp , chương trình mà các em có thể được tiếp thu một số phương pháp phù hợp và học sinh tích cực hơn trong việc tiếp thu và là nhanh bài tập IV) Kết quả đạt được : Hầu hết các em học sinh lớp thuộc các lớp giảng dạy... 22,4 11,2 P − 9V ⇒X = 14 7 G Phương pháp tự chọn lượng chất: Với một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát hoặc không nói đến lượng chất Nếu cho các lượng chất khác nhau vẫn chỉ cho 1 kết quả đúng thì trong những trường hợp này ta tự chọn một giá trị như thế nào để bài toán trở nên đơn giản *Một số thí dụ: Ví dụ1: Hoà tan 1 muối cacbonat của kim loại R bằng 1 lượng vừa đủ dung dịch H2SO4... 1,78 = 59,3 0,03 Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong 2 rượu B, C Khối lượng mol trung bình của C x H y OH là 12 x +y + 17 = 59,3 -> 12 x + y = 42,3 x 1 2 3 y 30,3 18,3 6,3 Chỉ có x = 3 là hợp lý B, C phải có một rượu có số nguyên tử H>6,3 và một rượu có số nguyên tử H< 6,3 Có 2 cặp nghiệm: C3H7OH và C3H5OH C3H7OH và C3H3OH D.4 Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình: Giải bài toán hỗn hợp bằng cách... Phương pháp tách công thức phân tử Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể dùng công thức phân tử viết dưới dạng khác nhau Nguyên tắc của phương pháp tách công thức phân tử dựa trên tỉ lệ thành phần (%khối lượng) của C và H trong anken (olefin) là không đổi bằng 12n 1 = , nghĩa là trong anken, cacbon chiếm 6/7 khối lượng còn hiđro chiếm 1/7(*) 2n 6 Dùng phương pháp này cho phép giải. .. VIII) Kết luận: X là lưu huỳnh K Phương pháp đường chéo: Phương pháp này thường được áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau Các chất đem trộn có thể là đồng thể: lỏng với lỏng, khí với khí, rắn với rắn; hoặc dị thể: rắn với lỏng, khí với lỏng Nhưng hỗn hợp cuối cùng phải đồng thể Phương pháp này đặc biệt thích hợp khi pha chế dung dịch Chú ý: Phương pháp này không áp dụng cho các trường... hệ phương trình:  nCO2 = 0, 05 0, 05 →m= 100 = 2,5( g ) 2 2 Bài 3: Hoà tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng axit HCl dư thu được khí A và 2,54g chất rắn B Biết trong hợp kim này khối lượng Al gấp 4,5 lần khối lượng Mg Thể tích khí A là (lit): A 7,84 B 5,6 C 5,8 C 6,2 D.Không xác định được Giải: mMg+Al = 9,14 - mCu = 9,14 - 2,54 = 6,6(g) tương ứng 1 phần khối lượng Mg và 4,5 phần khối lượng Al ⇒ Khối lượng. .. công thức phân tử của A là C6H5NO2, B là C6H4(NO2)2 D.6 Phương pháp hóa trị trung bình Thí dụ: Cho một luồng H2 đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa trị kề nhau tới khử hoàn toàn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua bình đựng H 2SO4 đặc, thấy khối lượng bình axit tăng lên 4,68g Xác định công thức các oxit vanađi Giải: Gọi x là hóa trị trung bình của vanađi trong 2 oxit: o V2Ox + xH2 . giải quyết bài tập trắc nghiệm theo hướng sơ đồ hóa vấn đề . Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:’ Định hướng một số phương pháp giải nhanh bài tập định lượng hóa học ’ II. Các phương pháp giải. cho bài toán hữu cơ. F. Phương pháp ẩn số: Một bài toán thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định hoặc không giải được. Phương pháp ghép ẩn số là một trong những phương pháp đơn giản để giải. và phương pháp giải quyết nhanh bài tập. - Tăng khả năng tư duy , làm nhanh bài tập cho học sinh lớp 12 trong giải quyết bài tập trắc nghiệp dạng tính toán trong sách giáo khoa , sách bài tập