Ứng dụng phần mềm powerpoint để thiết kế và giảng dạy một số bài thực hành về vẽ biểu đồ trong ôn thi tốt nghiệp môn địa lí lớp 12 (2)

18 459 0
Ứng dụng phần mềm powerpoint để thiết kế và giảng dạy một số bài thực hành  về vẽ biểu đồ trong ôn thi tốt nghiệp môn địa lí lớp 12 (2)

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ I – DO CHỌN ĐỀ TÀI Đứng trước xu đổi giáo dục đất nước, có đổi hình thức đánh giá học sinh Từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm khách quan, song hình thức thi trắc nghiệm khách quan có yêu cầu khác biệt so với hình thức thi tự luận là: Trong thời gian ngắn học sinh phải giải số lượng câu hỏi tập lớn (trong tập yêu cầu phải tính toán chiếm số lượng không nhỏ) Mặt khác học sinh lâu chủ yếu làm tập theo hình thức tự luận nên làm tập theo hình thức trắc nghiệm khách quan thường lúng túng, nhiều thời gian Đứng trước yêu cầu việc vận dụng kiến thức học để giải tập hoá học trắc nghiệm khách quan cách thành thạo vấn đề cấp thiết, chọn đề tài (( vận dụng số quy tắc định luật để giải nhanh tập hoá học trắc nghiệm khách quan )) Nhiệm vụ đề tài hướng dẫn học sinh vận dụng số định luật số quy tắc hoá học để giải tập trắc nghiệm khách quan từ giúp em học sinh hình thành kĩ giải tập (kĩ định hướng, kĩ phân dạng thao tác tính toán) II- GIỚI HẠN PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI Do khuôn khổ đề tài có hạn nên đề tài đề cập đến việc vận dụng số định luật số quy tắc hoá học chương trình THPT để giải tập tính toán hoá học trắc nghiệm khách quan III- PHƯƠNG PHÁP THỰC NGHIỆM Trên hướng dẫn học sinh ôn tốt nghiệp, ôn thi đại học-cao đẳng thi học sinh giỏi Những học sinh trang bị kiến thức vận dụng định luật số quy tắc hoá học để giải nhanh tập hoá học có khả giải tập trắc nghiệm khách quan, nhanh, xác, nhuần nhuyễn thục hẳn so với học sinh không trang bị kiến thức Để thực đề tài làm phép thực nghiệm, đối chiếu so sánh kết quả, lớp 12C2, 12C3 trường THPT Yên Định (năm học 2010-2011) Đây lớp có lực học tương đương (mức độ tiếp thu, khả tư tương đương nhau) giáo viên dạy Trong tập, luyện tập năm học 2010-2011: + Lớp 12C2 trường THPT Yên Định dạy học theo hình thức vận dụng số kiến thức để giải nhanh tập trắc nghiệm khách quan + Lớp 12C3 trường THPT Yên Định dạy học theo hình thức hướng dẫn học sinh làm tập tự luận theo lối truyền thống không xây dựng thành hệ thống phương pháp giải Cuối năm học 2010-2011 tiến hành khảo sát lớp theo hình thức đề thi trắc nghiệm khách quan với mức độ kiến thức (cùng đề thi) để lấy kết đánh giá hiệu đề tài PHẦN 2: NỘI DUNG I - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Trong trình giảng dạy nhận thấy điểm yếu lớn học sinh việc giải tập hoá học là: Không có khả định hướng phương pháp giải, khả phân dạng tập thao tác tính toán thường chậm, hay sai sót Để khắc phục tình trạng điều cần thiết phải trang bị cho em học sinh hệ thống kiến thức cần thiết để giải tập, đồng thời phải đưa tập làm ví dụ cụ thể nhằm rèn luyện kĩ như: Kĩ định hướng, kĩ phân dạng kĩ tính toán (kĩ giải tập hoá học) cho học sinh từ em phát điểm mấu chốt trình vận dụng mảng kiến thức giúp em có khả áp dụng trường hợp Với việc thực đề tài năm qua nhận thấy em học sinh có tiến rõ rệt, có nhiều em đạt kết cao thông qua lần khảo sát, thông qua kì thi tốt nghiệpthi tuyển sinh vào trường đại học-cao đẳng năm 2010 ((kì thi tổ chức hình thức thi trắc nghiệm khách quan)) Năm học 2010-2011 tiếp tục nghiên cứu thực đề tài II- CÁC GIẢI PHÁP 1.Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng a Cơ sở thuyết Tổng khối lượng chất tham gia phản ứng tổng khối lượng sản phẩm tạo thành b Bài tập áp dụng Bài tập 1.1: Cho 1,04 gam hỗn hợp kim loại tan hoàn toàn H2SO4 loãng dư thấy có 0,672 lít khí thoát (ở đktc) dung dịch X Khối lượng hỗn hợp muối sunfat có dung dịch X là: A 3,92gam B 1,68gam Hướng dẫn giải: Giả sử kim loại M, hoá trị n C 0,46gam D.2,08gam 0, 672 nH = = 0,03 mol 22, → M2(SO4)n + nH2 ↑ Phương trình phản ứng: 2M + nH2SO4(loãng)  (Mol) 0,03 0,03 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mmuối = mKL + mH SO4 - mH = 1,04 + 0,03 98 – 0,03 = 3,93 gam (đáp án A) Bài tập 1.2: Khử m gam hỗn hợp gồm oxit CuO, FeO, Fe 3O4 Fe2O3 khí CO nhiệt độ cao, thu 40gam hỗn hợp chất rắn B 13,2 gam khí CO2 giá trị m là: A 36,2gam B 44,8gam C 22,4gam D 8,4gam Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: t CuO + CO  → Cu + CO2 (1) t Fe3O4 + CO  → 3FeO + CO2 (3) t 3Fe2O3 + CO  → 2Fe3O4 + CO2 (2) t FeO + CO  → Fe + CO2 (4) 13, Từ phương trình (1), (2), (3), (4) ta có: nCO = nCO2 = = 0,3 mol 44 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m = mA = mB + mCO2 - mCO = 40 + 13,2 – 0,3 28 = 44,8gam (đáp án B) Bài tập 1.3: Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp este đơn chức đồng phân thấy cần vừa đủ 100 ml dung dịch NaOH 2M, thu m gam hỗn hợp 2muối 7,8 gam hỗn hợp ancol Giá trị m là: A 12gam B 16gam C 18gam D 15gam Hướng dẫn giải: Gọi công thức este là: R1COOR2 nNaOH = 0,1x2 = 0,2 mol → R1COONa + R2OH Phương trình phản ứng: R1COOR2 + NaOH  Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m = mR COO R + mNaOH - mR OH = 14,8 + – 7,8 = 15gam (đáp án D) Bài tập 1.4: Cho 3,38 gam hỗn hợp X gồm: CH 3OH, C2H5OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng vừa đủ với Na thoát 0,672 lít khí (ở đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu hỗn hợp rắn Y Khối lượng Y là: A 3,61gam B 4,04gam C 4,70gam D 4,76gam Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: 2CH3OH + 2Na  → 2CH3COONa + H2 ↑ (1) 2C2H5OH + 2Na  → 2C2H5ONa + H2 ↑ (2) → 2CH3COONa + H2 ↑ 2CH3COOH +2Na  (3) 2C6H5OH + 2Na  → 2C6H5COONa + H2 ↑ (4) Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy: 0, 672 nH = = nNa = 0,03 mol 22, Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: MY = mX + mNa - mH = 3,38 + 0,06 23 – 0,03 = 4,70gam (đáp án C) c Kết luận rút trình giải tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng Điểm mấu chốt giải tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng tìm mối liên hệ số mol chất phản ứng Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố a Cơ sở thuyết (( Trong phản ứng hoá học nguyên tố bảo toàn )) Suy phản ứng hoá học tổng số mol nguyên tử nguyên tố X trước sau phản ứng b Bài tập áp dụng Bài tập 2.1: Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe2O3 0,2 mol Fe3O4 Hoà tan hoàn toàn X dung dịch HCl dư, thu dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu kết tủaZ lọc lấy Z, rửa đem nung không khí đến khối lượng không đổi thu m gam chất rắn khan Giá trị m là: A 64,0 gam B 48,0 gam C 56,4 gam Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: Fe2O3 + 6HCl  → 2FeCl3 + 3H2O (1) Fe3O4 + 8HCl  → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (2) FeCl2 + 2NaOH  → Fe(OH)2 + 2NaCl (3) FeCl3 + 3NaOH  → Fe(OH)3 + NaCl (4) t 4Fe(OH)2 + O2  → 2Fe2O3 + 4H2O D 57,6 gam (5) t 2Fe(OH)3  (6) → Fe2O3 + 3H2O Từ phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy: nFe(trong X) = nFe(trong G) = 0,1 0,2 + 0,2 0,3 = 0,8 mol ⇒ nFe2O3 = 0,8 nFe = = 0,4 mol ⇒ m = 0,4 160 = 64 gam (đáp án A) 2 Bài tập 2.2: Cho 4,48 lít CO (ở đktc) qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 2O3 sau thời gian thu 22,4 gam hỗn hợp rắn Y hỗn hợp khí Z Tỉ khối Z so với H2 là: A 19 B 20 C 18 D 16 Hướng dẫn giải: → CO2 Ta có: CO + O(trong oxit)  nO (trong oxit) = nCO2 = d/H2 = 4, 48 24 − 22, = 0,1 mol ⇒ nCO (dư) = 22, - 0,1 = 0,1 mol 16 0,1.44 + 0,1.28 = 18 (đáp án C) 0, 2.2 Bài tập 2.3: Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan nhiệt độ cao thu hỗn hợp khí X gồm: CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H10 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X oxi, dư dẫn toàn sản phẩm sinh qua bình H2SO4 (đặc) thấy khối lượng bình tăng m gam Giá trị m là: A 16,2 gam B 18,0 gam C 19,8 gam D 14,4 gam Hướng dẫn giải: t Ta có: X + O2  → CO2 + H2O ⇒ nH (trong butan) = nH (trong X) = nH (trong nước) = ⇒ nH 2O = 11, 10 = mol 58 nH (trong nước)= = mol ⇒ m = mH 2O =1 18 = 18 gam (đáp án B) 2 Bài tập 2.4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ankan, anken, ankin H2 Cho toàn sản phẩm cháy qua bình đựng H 2SO4 (đặc) bình đựng Ca(OH)2 dư, thấy bình đựng H2SO4 (đặc) tăng 9,9 gam bình Ca(OH)2 tăng 13,2 gam Giá trị m là: A 3,6 gam B 4,3 gam C 2,8 gam D 4,7 gam Hướng dẫn giải: t Ta có: X + O2  → CO2 + H2O MX = mC (trong CO2) + mH (trong nước) = 13,3.12 9,9.2 + = 4,7 gam (đáp án D) 44 18 c Kết luận rút trình giải tập vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố Điểm mấu chốt việc vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố xác định nguyên tố có tổng số mol nguyên tử bảo toàn thông qua phản ứng hoá học Vận dụng định luật bảo toàn electron a Cơ sở thuyết Trong phản ứng oxi hoá-khử tổng số electron mà chất khử nhường tổng số electron mà chất oxi hoá nhận b Bài tập áp dụng Bài tập 3.1: Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M vào dung dịch HNO dư, thu 8,96 lít hỗn hợp khí gồm NO2 NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO 2/NO = 3/1 Kim loại M là: A Fe B Cu C Ag D Ni Hướng dẫn giải: 8, 96 Đặt nNO = x mol ⇒ nNO2 = 3x mol ⇒ x + 3x = 22, = 0, mol ⇒ x = 0,1 mol ⇒ { nNO =0,1mol nNO2 = 0,3 mol 19, n mol Quá trình nhường electron: M → Mn+ + n e ⇒ n e (nhường) = M Quá trình nhận electron: N+5 + e → N+3 + 3N+4 ⇒ ne (nhận) = 0,6 mol ⇒ 19, n = 0,6 ⇒ M = 32n ⇒ n = 1, M = 32 n = 2, M = 64, n = 3, M = 96 M ⇒ Kim loại cần tìm Cu (đáp án B) Bài tập 3.2: Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO dư, thu dung dịch A 6,72 lít hỗn hợp khí A gồm NO khí B, với tỉ lệ thể tích V NO /V B = 1/1 Khí B là: A NO2 B N2 C N2O D H2 Hướng dẫn giải: 11, = 0,6 mol Quá trình nhường electron: Fe → Fe3+ + 3e ⇒ n e (nhường) = Quá trình nhận electron: { 56 N +5 +3e →N +2 N +5 +ne →N 5−n ⇒ ne (nhận) = 0,15.3 + 0,15 n mol ⇒ 0,15 + 0,15 n = 0,6 ⇒ n = ⇒ N+5 + 1e → N+4 ⇒ NO2 (đáp án A) Bài tập 3.3: Để m gam phôi bào Fe không khí sau thời gian thu 12 gam hỗn hợp A gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO dư thấy giải phóng 2,24 lít khí NO (ở đktc) Giá trị m là: A 9,27 gam B 10,08 gam C 11,20 gam D 16,80 gam Hướng dẫn giải: đồ biến đổi xảy ra: Fe  →B m gam { }   → Fe FeO Fe3O4 Fe2O3 ddHNO3 12 gam Quá trình nhường electron: Fe0  → Fe3+ + 3e ⇒ ne (nhường) = NO 2,24 lít m mol 56 Quá trình nhận electron: O20 + e  → 2O2-, N+5 + 3e  → N+2 ⇒ ne(nhận) = 12 −m 12 −m m + 0,1 mol ⇒ + 0,1 = 32 32 56 ⇒ m = 10,08 gam (đáp án B) Bài tập 3.4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y (gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3) cần 0,05 mol H2 Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y dung dịch H2SO4 đặc thu V lít khí SO2 (sản phẩm khử đktc) Giá trị V là: A 224ml B 448ml C 336ml D 112ml Hướng dẫn giải: đồ biến đổi xảy ra: Gọi a mol SO2 (S+6 nhận → S+4) ⇒ Số mol electron (S+6 nhận → S+4) = 2a mol t → Fe + H2O FeO, Fe3O4, Fe2O3 + H2  ⇒ mFe = mY + ⇒ nFe = mH2 - mH2O = 3,04 + 0,05 – 0,05 18 = 2,24 gam 2, 24 = 0,04 mol 56 Theo định luật bảo toàn electron ta có: ⇒ ne (Hiđro nhường) + ne ( s +6 nhận  → s +4 ) = ne ( Fe → Fe3+ ) ⇒ 0,05 + 2a = 0,04 ⇒ a = 0,1 mol ⇒ nSO2 = 0,1 mol ⇒ V = 0,1 22,4 = 2,24 lít (đáp án A) c Kết luận rút trình giải tập vận dụng định luật bảo toàn electron Điểm quan trọng giải tập vận dụng định luật bảo toàn eltrron phải nhận định trạng thái đầu trạng thái cuối chất oxi hoá chất khử, nhiều không cần quan tâm đến việc cân phản ứng hoá học xảy Vận dụng định luật bảo toàn điện tích a Cơ sở thuyết Trong dung dịch tồn đồng thời ion dương ion âm tổng điện tích dương tổng điện tích âm b Bài tập áp dụng Bài tập 4.1: Dung dịch A có chứa cation Mg2+, Ba2+, Ca2+ anion 0.1 mol Cl − , 0,2 mol NO3− Thêm dần v lít Na2CO3 0,5M vào A đến thu kết tủa đạt giá trị lớn giá trị v là: A 150 ml B 200 ml Hướng dẫn giải: Ta có: ∑ điện tích dương = ∑ C 250 ml D 300 ml điện tích âm = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol Phản ứng tạo kết tủa: Mg2+ + CO32- → MgCO3 ↓ Ba2+ + CO32- → BaCO3 ↓ Ca2+ + CO32- → CaCO3 ↓ ⇒ nNa2CO3 ⇒ CNa2CO3 = = nCO 2− = ∑ (điện tích âm) = 0, = 0,15 mol 0, 0,15 = 0,15 lít = 150 ml ( đáp án A) Bài tập 4.2: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu 2+, 0,03 mol K+, x mol Cl − , y mol SO42 - Tổng khối lượng muối tan dung dịch 5,435 gam Giá trị x y là: A 0,02 0,05 B 0,05 0,01 C 0,01 0,03 D.0,03 0,02 Hướng dẫn giải: Theo định luật bảo toàn điện tích: 0,02.2 + 0,03 = x + 2y ⇔ x + 2y =0,07 (1) 0,02.64 + 0,03.39 + 35,5 x + 96y = 5,435 ⇔ 35,5 x + 96y = 2,985 (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: { x + 2y =0,07 35,5 x + 96y = 2,985 { x =0,03 y =0,02 (đáp án A) Bài tập 4.3: Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M NaOH 0,1M thu dung dịch X Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,1 M thu kết tủa Y Để thu lượng Y lớn giá trị m là: A 1,59 gam B 1,17 gam C 1,71 gam D 1,95 gam Hướng dẫn giải: Phản ứng K với nước: 2K + 2H2O → 2KOH + H2 ↑ m mol KOH, 0,03 mol Ba(OH)2 0,03 mol NaOH 39 m m Điện tích âm dd X = ∑ nOH − = + 0,03.2 + 0,03.1= ( + 0,09) mol 39 39 Dung dịch X chứa: ⇒ ∑ nAl2 ( SO4 )3 = 0,2 0,1 = 0,02 mol ⇒ ∑ Điện tích dương dd Al2(SO4)3 = 0,02 = 0,12 mol Phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓ Al3+ + OH − → Al(OH)3 ↓ Để lượng kết tủa lớn Al3+ phản ứng vừa đủ với OH − ⇒ m + 0,09 = 0,12 ⇒ m = 1,17 gam (đáp án B) 39 Bài tập 4.4: Có 500 ml dung dịch X chứa Na + , NH4+ , CO32- SO42- Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu 2,24 lít khí (đktc) Lấy 100 ml dung dịch X cho tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl thấy có 43 gam kết tủa Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu 4,48 lít khí NH3 ( đktc) Tổng khối lượng muối có 500 ml dung dịch X là: A 43,1 gam B.119 gam C 86,2 gam D 50,8 gam Hướng dẫn giải: Tác dụng 100ml dung dịch X với HCl: CO32- + 2H+ → CO2 + H2O ⇒ nCO32− = 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol Tác dung 100ml dung dịch X với BaCl2: CO32- + Ba2+ → BaCO3 ⇒ mBaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam SO42- + Ba2+ → BaSO4 ⇒ mBaSO4 = 43 – 19,7 = 23,3gam ⇒ nBaSO4 = 0,1 mol Tác dung 100ml dung dịch X với NaOH: 4, 48 NH4+ + OH − → NH3 + H2O ⇒ nNH3 = 22, = 0,2 mol Đặt nNa + = x mol Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: x + 0,2 = 0,1.2 + 0,1.2 ⇒ x = 0,2 mol m = 5( 0,2.23 + 0,2.18 + 0,1.60+ 1,1.96) = 119 gam (đáp án B) c Kết luận rút trình giải tập vận dụng định luật bảo toàn điện tích Điểm quan trọng trình giải tập vận dụng định luật bảo toàn điện tích thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ ion dung dịch Vận dụng tăng giảm khối lượng chuyển hoá chất thành chất khác a Cơ sở thuyết Ví dụ 1: Xét phản ứng: MCO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 ↑ + H2O 10 Theo phản ứng: 1mol MCO3 → MCl2 Khối lượng tăng thêm 71 – 60 = 11 gam có mol CO2 tạo thành Vậy biết khối lượng tăng suy số mol CO2 ngược lại biết số mol CO2 suy khối lượng tăng Ví dụ 2: Xét phản ứng: RCOOR ' + NaOH  t→ RCOONa + R 'OH Cư 1mol este RCOOR ' chuyển thành 1mol muối RCOONa khối lượng tăng ' giảm 23 − R gam tiêu tốn mol NaOH sinh 1mol R 'OH Vậy biết khối ' lượng tăng hay giảm 23 − R gam ⇒ số mol NaOH, số mol R 'OH ngược lại biết số mol NaOH số mol R 'OH ⇒ khối lương tăng giảm b Bài tập áp dụng Bài tập 5.1: Nhúng nhôm vào 200ml dung dich CuSO 4, đến dung dịch màu xanh lấy nhôm cân thấy khối lượng tăng so với ban đầu 1,38 gam Nồng độ mol/lít dung dịch CuSO4 dùng là: A 0,10M B 0,15M C 0,20M D 0,25M Hướng dẫn giải: → Al2(SO4)3 + 3Cu 2Al + 3CuSO4  Theo phản ứng 2mol Al phản ứng với mol 3CuSO4 tạo mol Cu ⇒ Khối lượng nhôm tăng: 3.64-2.27 = 138 gam 1,38 = 0,03 mol Vậy số mol CuSO4 tham gia phản ứng là: nCuSO4 = 138 ⇒ CM (CuSO4 ) = 0, 03 = 0,15 M (đáp án B) 0, Bài tập 5.2: Một bình cầu dung tích không đổi 448 ml nạp đầu O 2(đktc) khối lượng m1 Phóng điện để ozon hoá sau nạp thêm O2 đầy bình (ở đktc) khối lượng m2 ta thấy : M2 – m1 = 0,03gam Thành phần % thể tích O3 bình sau phản ứng là: A 9,375% B 10,375% C 11,375% D 8,375% Hướng dẫn giải: Ta thấy bình trước sau phản ứng (ở đktc) Suy tổng số mol khí trước sau phản ứng nạp thêm O2 11 ⇒ O2  → O3 tăng 16 gam ⇒ % VO3 = nO3 = 0, 03 mol ⇒ VO = 0, 03 22, lít 16 16 0, 03 22, 4.100 = 9,375% (đáp án A) 16.0, 448 Bài tập 5.3: Oxi hoá hoàn toàn 2,2 gam anđehit đơn chức thu gam axit tương ứng Công thức anđehit là: A HCHO B C2H3CHO C C2H5CHO D CH3CHO Hướng dẫn giải: → R-COOH → tăng 16 gam Đặt công thức anđehit R-CHO ⇒ R-CHO  nRCHO = −162, ⇒ = 0,05 mol ⇒ 0,05(R+29) = 2,2 ⇒ R=15 ⇒ R CH3 - Vậy công thức anđehit CH3CHO (đáp án D) Bài tập 5.4: Xà phòng hoá hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp este ancol metylic, cần dùng vừa đủ 300ml NaOH 0,2M Sau phản ứng thu dung dịch chứa m gam muối Giá trị m là: A 15,12 gam D 17,48 gam C 16,08 gam D 17, 82 gam Hướng dẫn giải: − Đặt công thức chung este là: R (COOCH ) − ta có: a − − R (COOCH ) − + a NaOH a  → − x a x − − R(COONa ) − + a CH3OH a x − a x − nNaOH = a x = 0,3.0,2 = 0,06 mol − Từ phương trình ⇒ mtăng = a x(23-15) = 0,06 (23-15) = 0,48 gam mmuối (trong dung dịch sau phản ứng) = 15,6 + 0,48 = 16,08 gam (đáp án C) c Kết luận rút trình giải tập vận dụng tăng giảm khối lượng trìng chuyển hoá 1mol chất thành chất khác Điểm quan trọng việc giải tập vận dụng tăng giảm khối lượng tìm mối liên hệ độ tăng giảm khối lượng với chất khác phương trình hoá học 12 Vận dụng phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình nguyên tử số bon trung bình a Cơ sở thuyết + Phân tử khối (nguyên tử khối) trung bình: − M = x1.M1 + x2 M + + xn M n Trong đó: x1, x2, xn số mol chất M1, x1 + x2 + + xn M2, Mn phân tử khối (nguyên tử khối) chất thứ (1), (2), (n) − + Nguyên tử số bon trung bình nguyên tử n = a thì: n1 < a n2 > a b Bài tập áp dụng Bài tập 6.1: Hoà tan hoàn toàn 28,4 gam hỗn hợp muối cacbonat kim loại kiềm thổ thuộc chu kì liên tiếp (trong bảng tuần hoàn) dung dịch HCl dư thu 6,72 lít CO2 (đktc) Hai kim loại là: A Be Mg B Mg Ca C Ca Sr D Sr Ba Hướng dẫn giải: − − − Đặt công thức chung muối M CO3 M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2 + H2O 6, 72 − − nCO2 = nR− CO = = 0,3 mol ⇒ 0,3( M + 60) = 28,4 ⇒ M = 34,67 22, ⇒ Hai kim loại là: Mg (24) Ca (40) (đáp án B) Bài tâp 6.2: Hoà tan hoàn toàn 16,8 gam hỗn hợp muối cacbonat sunfit kim loại kiềm vào H2SO4 (loãng) dư, thu 3,36 lit hỗn hợp khí (ở đktc) Kim loại kiềm là: A Li B Na C K D Rb Hướng dẫn giải: Đặt kim loại kiềm M Các phương trình phản ứng: M2CO3 + H2SO4 → M2SO4 + CO2 + H2O M2SO3 + H2SO4 → M2SO4 + SO2 + H2O ⇒ nmuối = nkhí = 3,36 = 0,15 mol 22, − ⇒ M 16,8 muối = 0,15 = 112 ⇒ − 2M + 60 < M muối < 2M +80 ⇒ 16 < M < 26 ⇒ Kim loại kiềm Na.(đáp án B) 13 Bài tập 6.3: Dung dịch X chứa 50 gam axit hữu đơn chức 23% Thêm 15 gam axit hữu đơn chức khác vào dung dịch X thu dung dịch Y Để trung hoà Y cần dùng 250ml dung dịch NaOH 2M thu dung dịch Z Cô cạn Z đuợc m gam muối khan Giá trị m là: A 37,5 gam B 26,5 gam C 32,8 gam D 42,3 gam Hướng dẫn giải: 23 50 + 15 = 26,5 gam, n 2axit = nNaOH = 0,25.2 = 0,5 mol 100 26,5 − − → − = = 53 Phản ứng: + NaOH axit M R COOH R COONa + H2O 0,5 m 2axit = − Ta có m = ( M axit -1+23).0,5 = (53-1+23) 0,5 = 37,5 gam (đáp án A) Bài tập 6.4: Hỗn hợp X (đktc) gồm an ken Để đốt cháy thể tích X cần 31 thể tích O (đktc) Biết an ken có khối lượng phân tử lớn chiếm 40-50% thể tích CTPT anken là: A C2H4 C3H6 B C2H4 C4H8 C C2H4 C5H10 D C3H6 C4H8 Hướng dẫn giải: − Gọi n nguyên tử cacbon trung bình aken Phản ứng đốt cháy: − − C − H − + n O2 → − CO2 + − H2O Ta có tỉ lệ = n ⇒ − = 2,95 ⇒ có an n n n n 2n 2.31 ken C2H4 Theo phản ứng cháy: C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O CmH2m + 3m O2 → mCO2 + mH2O m.x + 3(1 − x) Ta lại có tỉ lệ: = ; Trong x % thể tích anken lớn 31 ⇒ m= 30 + 63 x 31,5 x { Khix >0,4(40%)⇒m

Ngày đăng: 12/09/2017, 16:24

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan