SKKN VE PPGIAI NHANH BT

Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai Phần I Mở đầu I-Lý do chọn đề tài - Căn cứ vào tình hình học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm. - Đây là loại bài tập phổ biến trong chơng trình học phổ thông và chơng trình thi đại học từ năm 2006- 2007. - Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phơng trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ t duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát. - Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ t duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh. - Ngời giáo viên muốn giảng dạy, hớng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chơng trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phơng pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá đợc các hoạt động của học sinh. - Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trờng sở tại: Kiến thức cơ bản cha chắc chắn, t duy hạn chế . Do thay đổi phơng pháp kiểm tra đánh giá từ năm học 2006-2007, môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt đợc các bài tập theo phơng pháp trắc nghiệm khách quan. Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: Hớng dẫn học sinh giải bài tập trắc nghiệm môn hoáhọc II- Mục đích của đề tài - Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phơng pháp các giải bài tập trắc nghiệm III- Nhiệm vụ của đề tài: - Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phơng pháp giải thích hợp, qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất. IV- Phơng pháp nghiên cứu - Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học. - áp dụng hớng dẫn giải các bài tập trắc nghiệm cho học sinh khối 12. Hớng dẫn trao đổi đề tài này trong lớp bồi dỡng hè giáo viên THPT tỉnh Lào Cai năm học 2008- 2009 V- Kế hoạch thực hiện đề tài 1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 12 năm học 2008- 2009 khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm. 2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài trong học kỳ I năm học 2008- 2009 ở 2 lớp 12A2, 12A3 3. Nhận xét kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 12A2, 12A3. Hoàn thiện đề tài: Tháng 2 năm 2009 Phần II Thực hiện đề tài A. Nội dung I. Cơ sở lý thuyết 1. Các phơng pháp giải nhanh các bài tập: phơng pháp đờng chéo, phơng pháp tăng, giảm khối lợng, ph- ơng pháp bảo toàn electron 2. Nắm chắc các kiến thức cơ bản. 3. Phơng pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở toán học. 4. Khả năng khái quát tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán II. Các phơng pháp giải bài tập nhanh 1 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai III. Một số ví dụ cụ thể B. Kế hoạch thực hiện đề tài 1. Tháng 10/2008 Khảo sát 2 lớp 12A2, 12A6 2. Tháng 11/2008 và tháng 12/2008 Hớng dẫn học sinh các phơng pháp giải nhanh bài tập hóa học 3. Tháng 1/2009; tháng 2/2009 Hớng dẫn học sinh giải các ví dụ trong sách bài tập và các câu trong đề thi đại học năm 2008. 4. Hoàn thiện đề tài Đầu tháng 3/2009. II. Các phơng pháp giải bài tập nhanh A. Phơng pháp tăng giảm khối lợng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 6,2g hỗn hợp 2 kim loại kiềm trong nớc (lấy d) thu đợc 2,24 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu đợc bao nhiêu gam chất rắn? Giải * Nếu dùng các phơng pháp đại số thông thờng: đặt ẩn số, lập hệ phơng trình thì mất nhiều thời gian và kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán. * Nếu dùng phơng pháp tăng giảm khối lợng và bảo toàn khối lợng 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+0,2ì17 = 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 đợc 39,7g kết tủa A. Tính phần trăm khối lợng 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 lợng giảm: 71- 60 = 11(g). Vậy tổng số mol của 43-39,7 (BaCO3 + CaCO3) = 0,3( ) 11 mol = chứng tỏ d CO 3 2- . Ta có ngay hệ phơng 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 = = 2 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai 3 3 0,1 197 % 100 49,62(%) 39,7 % 100 49,62 50,38(%) BaCO CaCO m m ì = ì = = = 3. Ví dụ 3: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO 3 và Y 2 (CO 3 ) 3 bằng dung dịch HCl d ta thu đợc dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Hỏi cô cạn dung dịch A thu đợc bao nhiêu gam muối khan? Giải * Khi chuyển từ muối cácbonat thành muối Clorua, thì cứ 1 mol CO 2 lợng muối tăng. CO 3 2- chuyển thành 2Cl - 1mol CO 2 60g chuyển thành 71g, khối lợng tăng 11g. Theo giả thiết: 2 0,672 0,03( ) 22,4 CO n mol= = * Khi cô cạn dung dịch thu đợc muối Clorua. Tổng khối lợng muối Clorua = 10 + 0,03ì11 = 10,33(g). B. Phơng pháp bảo toàn khối lợng 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 (d) ta thu đợc dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thu đợc bao nhiêu gam muối khan? Giải: *Bài toán này có thể giải bằng phơng pháp tăng giảm khối lợng hoặc có thể giải nhanh bằng phơng pháp bảo toàn khối lợng. *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 + = + + + ì = + ì + ì = 2. Ví dụ 2: Có một hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp đó tác dụng với dung dịch AgNO 3 d thì tạo ra kết tủa có khối lợng bằng khối lợng của AgNO 3 đã tham gia phản ứng. Tính thành phần % về khối lợng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu. Giải n NaCl =x mol, n NaBr =y mol. Đặt x+y=1. Phơng 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 lợng ta có: m NaCl =m NaBr =85(g) Ta có hệ phơng trình: 1 0,405( ) 58,5 103 85 0,595( ) x y x mol x y y mol + = = + = = m NaCl =0,405ì58,5 = 23,7(g) chiếm 27,88% 3 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai 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 đợc 35,2g CO 2 và 19,8g H 2 O. Tính khối lợng của phân tử X. Giải: Phơng 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 lợng: 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. Phơng 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 đợc bài toán đã cho. *Một số ví dụ Thí dụ 1: Cho 16,2 gam kim loại R tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu đợc sau phản ứng cho hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl d 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 cha hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và oxit của R. Lu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm đợc 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 nhờng 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. 4 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai Thí dụ 2: 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 d thu đợc 2,128 lít H 2 , còn khi hoà tan 3,61 gam Y bằng dung dịch HNO 3 loãng, d thì thu đợc 1,972 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại R và tính thành phần % về khối lợng 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 đợc 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hoà tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl d 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 nhờng ở (1) là 2x. Số mol electron R nhờng 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 nhờng bằng tổng số electron mà H + nhận 2x + ny = 0,19 (a) - Số mol electron mà Fe nhờng ở (3) là 3x - Số mol electron mà R nhờng 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 phơng trình theo khối lợng (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, dơng) 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 lu ý học sinh phản ứng oxi hoá Fe bằng ion Ag + ) *Vì không biết lợng AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 nên có thể d cả Al, Fe và cả 2 kim loại mới tạo ra là Cu, Ag. Theo giả thiết: chất rắn thu đợc 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 == 5 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai Theo giả thiết dung dịch HCl d 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 phơng pháp bảo toàn electron ta có phơng trình: 1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 a+2b = 0,13 (*) Phơng trình theo khối lợng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**) Giải hệ phơng 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. Phơng pháp dùng các giá trị trung bình D.1. Phơng pháp khối lợng 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 lợng 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 lợng mol trung bình ( M ) là khối lợng của một mol hỗn hợp. M = Mnm nn nMnM n m hh hh hh . . 21 2211 = ++ ++ = . . 21 2211 ++ ++ = VV VMVM M hhkhí Thí dụ 1: 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 nớc ta đợc dung dịch A và 0,336 lít H 2 (đktc). Cho HCl d vào dung dịch A, sau đó cô cạn ta đợc 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 = 2ROH + H 2 (2) ROH + HCl = RCl + H 2 O (3) ROH + HCl = RCl + 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). Thí dụ 2: Cho 11g hỗn hợp 2 rợu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na thu đợc 3,36 lít khí H 2 (đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rợu trên. Giải: Gọi: rợu thứ nhất là ROH, rợu thứ hai là ROH. 2ROH + 2Na 2RONa + H 2 (1) 2ROH + 2Na 2RONa + H 2 (2) )(15,0 4,22 36,3 2 moln H == 6 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai Theo (1),(2) n 2rợu =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. Phơng 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 nh nhau, thí dụ hỗn hợp chất đều đợc tạo thành từ ba nguyên tố là C, H, O ta có công thức zyỹ OHC zyxM 1612 ++= Một số thí dụ: Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 10,2 gam 2 anđêhit no, đơn chức A và B là đồng đẳng kế tiếp. Đem sản phẩm thu đợc hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2 thì thu đợc 10g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu đợc 20g kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A và B. +Thay thế 2 anđêhit bằng công thức tơng đơng: 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 phơng trình n =1,5 A là : CH 3 CHO và B là C 2 H 5 CHO. 7 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai Thí dụ 2: 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 đợc 6.72 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn . Đốt cháy hoàn toàn m gam B ,rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lợt đi qua bình (1) đựng H 2 SO 4 đặc ,bình (2) đựng NaOH rắn .Sau thí nghiệm ,độ tăng khối lợng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lợng 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 tơng đơng 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 phơng trình n =1,5 A là : CH 3 CHO và B là C 2 H 5 CHO. Thí dụ 3: 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 đợc 6,72 lit khí ở điều kiện tiêu chuẩn .đốt cháy hoàn toàn m gam B , rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lợt qua bình (1)đựng H 2 SO 4 đặc bình (2) đựng NaOH rắn. Sau thí nghiệm, độ tăng khối lợng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lợng 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 tơng đơng n C 12 + n H COONa +H 2 (1) theo giả thiết 2 H n = 4,22 72,6 = 0,3 mol 8 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai 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 nớc . 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. Phơng pháp số nguyên tử hiđro trung bình Đặc điểm của đồng đẳng liên tiếp là khác nhau 1 nhóm CH 2 . Nh vậy đối với nguyên tử C thì giá trị C bị kẹp giữa 2 giá trị tìm đợc, 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 phơng pháp này, việc giải một số bài toán trở nên đơn giản và nhanh hơn nhiều. Thí dụ 1: Hỗn hợp khí A gồm đimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp. Trộn 100ml A với O 2 (d) 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 (d) ml110390500 == mlV N 10110120 2 == 9 Hà Thị Minh Trờng THPT số 1 Lào Cai 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). Vậy đó là C 2 H 4 và C 3 H 6 Thí dụ 2: Cho 3,82 g hỗn hợp 3 rợu đơn chức A, B, C trong đó B, C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol A bằng 3 5 tổng số mol của B và C. Xác định công thức phân tử của A, B, C. Biết rằng tổng số mol của 3 rợu là 0,08 mol. Giải: M 3 rợu 2,42 08,0 38,3 == Nh vậy phải có ít nhất một rợu có M < 42,2. Chỉ có 32 3 = OHCH M thoả mãn. Vì OHHC M 52 = 46, các r- ợu không no ít nhất cũng có 3 nguyên tử cacbon và 1 nhóm OH nên M > 53. Vì B và C có cùng số nguyên tử C nên A phải là CH 3 OH. 05,0 35 5.08,0 = + = A n gm A 6,132.05,0 == gm CB 78,16,138,3 == + ;03,0 35 3.08,0 = + = + CB n 3,59 03,0 78,1 , == CB M Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong 2 rợu B, C Khối lợng mol trung bình của OHHC y x là 3,591712 =++ yx -> 3,4212 =+ yx x 1 2 3 y 30,3 18,3 6,3 10 [...]... tỉ lệ thành phần (%khối lợng) của C và H trong anken (olefin) là không đổi bằng 12n 1 = , nghĩa là trong anken, cacbon chiếm 6/7 khối l2n 6 ợng còn hiđro chiếm 1/7(*) Dùng phơng pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài toán hữu cơ Một số mẫu tách công thức phân tử: CnH2n.H2 2, Ankađien, ankin: CnH2n 2 CmH2mC, trong đó m= n- 1 3, Aren: CnH2n-6 CmH2m.3C, trong đó m= n- 3 4, Rợu no, . giải nhanh bài tập trên cơ sở toán học. 4. Khả năng khái quát tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán II. Các phơng pháp giải bài tập nhanh. Phần II Thực hiện đề tài A. Nội dung I. Cơ sở lý thuyết 1. Các phơng pháp giải nhanh các bài tập: phơng pháp đờng chéo, phơng pháp tăng, giảm khối lợng, ph-