tập bài tập trắc nghiệm từng chương, trong các câu hỏi nhanh , giải bài tập nhanh để học sinh coi trọng yếu tố thời gian và hướng tổng hợp hóa vấn đề có thể giải quyết được một số dạng b[r]
(1)I-Lý chọn đề tài:
- Để giải tập trắc nghiệm khách thường liên quan đến yếu tố
quan trọng mà hầu hết học sinh mắc phải yếu tố thời gian để khắc
phục yếu tố học sinh cần năm vững phương pháp giải nhanh tập
- Trong phương pháp giải nhanh tập trắc nghiệm giúp học sinh rèn
luyện kĩ viết phương trình phản ứng, khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá
kiến thức, nâng cao mức độ tư duy, khả phân tích phán đốn khái qt
- Phương pháp giải nhanh tập trắc nghiệm giúp học sinh việc
giải tập trắc nghiệp dạng tính tốn sách giáo khoa , sách
tập , số dạng tập đề thi vào đại học cách có hiệu
- Nắm phương pháp giải nhanh tập trắc nghiệm giúp học sinh
giải theo hướng sơ đồ hóa vấn đề
Từ lí trên, tơi chọn đề tài:
Một số phương pháp giải nhanh tốn trắc nghiệm hóa học
II.
Các phương pháp giải tập nhanh
(2)A.1 Phương pháp bảo toàn khối lượng
Cơ sở phương pháp định luật bảo toàn khối lượng (BTKL).
VD: A + B C+D
m truoc phan ung = m sau phan ung hay mA + mB = mC + mD
Ví dụ 1: Hồ tan 10g hỗn hợp muối Cacbonat kim loại A, B hoá trị (II)
bằng dung dịch axit HCl (dư) ta thu dung dịch A 0,672 lit khí (đktc)
Cơ cạn dung dịch A thu m gam muối khan.Vậy m A 8,90g B.9,62g C 10,33g
D 7,2g Giải:
*Đặt công thức chung A B
A
ta có:
3 2 2
ACO HCl ACl H O CO
0,06 0,03 0,03
2
3
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
Chọn đáp án C
Ví dụ 2: Hịa tan hồn tồn 3,22 g hỗn hợp X gồm Fe, Mg Zn lượng vừa đủ vừa đủ dung dịch H2SO4 lỗng thu 1,344 lít khí H2 ( đktc)
và dung dịch chứa m gam muối Giá trị m là: A 8,98 B.9,52 C 10,27
D 7,25
( Trích “TSĐH-CĐ A -2007”) Giải:
Phương trình chung: M + H2SO4 MSO4 + H2 ↑
Ta có: nH2SO4=nH2=1,344
22,4 =0,06 mol Áp dụng định luật BTKL ta có:
(3)Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol 0,2 mol chất X Để đốt cháy
hỗn hợp A cần 21,28 lít O2 đktc thu 35,2g CO2 19,8g H2O Vậy khối lượng phân tử X
A 88. B.72 C 74 D 92 Giải:
Phương trình đốt cháy hỗn hợp:
C2H6O2 + 2,5 O2 CO2 + H2O
X + O2 CO2 + H2O
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
2 2 2
18, 4( ) 18, 92( )
0,
X C H O O CO H O
X X
m m m m m
m g
M u
Chọn đáp án D
A.2 Phương pháp bảo toàn nguyên tố:
Cơ sở phương pháp định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT):
“Trong phản ứng hoá học thông thường, nguyên tố
bảo tồn”
Ví dụ 1: Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 C4H10 cần V
lit O2 (đktc) thu 4,4 gam CO2 2,52 gam H2O Vậy giá tri m V lần
lượt
A 1,48 2,44 B 1,48 3,808 C 1,42 3,080 D 1,42 2,44
Giải:
Áp dụng định luật BTKL BTNT ta có:
m = mC + mH = (4,4/44).12 + (2,52/ 18).2 = 1,48 (g)
nO2(pu)=nO2(CO2)+nO2(H2O)=nCO2+
(4)Vậy V = 0,17.22,4 = 3,808(l)
Chọn đáp án B
Ví dụ 2: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu
được hỗn hợp ete Lấy 7,2 gam ete đem đốt cháy hồn tồn, thu 8,96 lit khí CO2 ( đktc) 7,2 gam H2O Hai ancol
A CH3OH CH2=CH-CH2-OH B C2H5OH CH2=CH-CH2
-OH
C CH3OH C2H5OH D C2H5OH CH3OH
( Trích “ TSĐH A -2009”)
Giải:
Xét ete Y đem đốt cháy Áp dụng định luật BTKL BTNT ta có: mC (Y) = mC (CO2)= (8,96/22,4).12= 4,8 (g);
mH(Y) = mH (H2O) = (7,2/18).2 = 0,8 (g) ;
mO = mY – (mC + mH) =7,2- (4,8+0,8) = 1,6 (g)
Từ nC : nH : nO = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4:8:1
CTĐGN đồng thời CTPTcủa Y C4H8O
CTCT Y CH3-O-CH2-CH=CH2
( Có liên kết đơi gốc ancol)
Chọn đáp án A
Ví dụ 3: Đốt cháy 9,8g bột sắt khơng khí thu hỗn hợp rắn X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3.Để hoà tan X cần dùng vừa hết 500ml dung dich HNO3
1,6M ,thu V lít khí NO (sàn phẩm nhất, đktc).Giá trị V A 6,16. B.10,08 C 11,76 D 14,0 Giải:
Sơ đồ : Fe ⃗o2,t X ⃗HNO
3 Fe(NO3)3 + NO
Áp dụng ĐLBTNT với Fe ta có: nFe(NO3)3 =nFe 9,8/56=0,175mol
Áp dụng ĐLBTNT với N ta có: nNO = nHNO3-3nFe(NO3)3
=0,5.1,6-3.0,175=0,275mol
V= 0,275.22,4=6,16 lit
Chọn đáp án A
A.3 Phương pháp bảo toàn electron
Cơ sở phương pháp “ phản ứng oxi hố khử ln có bảo toàn tổng số electron mà chất khử cho phải tổng số electron mà chất oxi hoá nhận”
∑ số e nhường = ∑ số e nhận
Lưu ý: Phương pháp chí áp dụng cho phản ứng có nhiều chất oxi hố,
(5)ra nhiều giai đoạn) Ta cần xác định trạng thái đầu trạng thái cuối
của chất oxi hố chất khử giải tốn cho
Ví dụ 1: Hịa tan hồn tồn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol : 1) axit HNO3, thu V lít ( đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO NO2) dung dich
Y (chỉ chứa hai muối axit dư) Tỉ khối X H2 19 Giá trị
V là:
A 3,36 B 2,24 C 4,48 D 5,60
( Trích “TSĐH A – 2007” ) Giải:
M X = 19.2 = 38
a+b=1 a=0,5 30a+ 46b=38 b=0,5 ⇒ n NO = n NO2= x (mol)
n Fe = nCu = 12/ 120 = 0,1 (mol)
Các q trình oxi hóa – khử:
Fe – 3e → Fe 3+ ; Cu – 2e → Cu 2+
0,1 → 0,3 0,1 → 0,2 Tổng nhường e : 0,3 + 0,2 = 0,5 (e)
N +5 + 3e → N +2 ( NO) ; N +5 + 1e → N +4 ( NO 2)
3x ← x x ← x Tổng nhận e: 3x + x = 4x (e)
Áp dụng ĐLBT electron ta có: 4x = 0,5 ; x = 0,125 (mol) ⇒ n X = 2,0,125 =
0,25 (mol)
Vậy :V = 0,25.22,4 = 5,60 (lít)
Chọn đáp án D
Ví dụ 2: Hịa tan hồn tồn 12,42 gam Al dung dịch HNO3 loãng (dư), thu
được dung dịch X 1,344 lít ( đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí N2O
N2 Tỉ khối hỗn hợp Y so với khí H2 18 Cô cạn dung dịch X, thu m
gam chất rắn khan Giá trị m
A 97,98 B 106,38 C 38,34 D 34,08
( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải:
nAl = 12,42/27 =0,46 (mol); M Y = 2.18 = 36; nY = 1,344/22,4 = 0,06 (mol)
a+b=1 a=0,5 44a+ 28b=36 b=0,5
% V (N2O)= % V (N2O)=50%
⇒ n N20 = n N2 = 0,03 (mol)
Các trình oxi hóa – khử N +5 + 4e → N+ ( N
2O) ; N +5 + 5e → N0 (N2)
0,24 ← 0,06 0,3 ← 0,06 Al – 3e → Al 3+
0,46 → 1,38 Ta thấy: 1,38 – 0,54 = 0,84
Do cịn xảy q trình: N +5 + 8e → N -3 ( NH
(6)0,84 → 0,105
Tổng khối lượng chất rắn khan( gồm Al(NO3)3 NH4NO3 ) là:
M = 0,46 213 + 0,105 80 = 106,38 (g)
Chọn đáp án B
Ví dụ 3: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, thấy
có 49 gam H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO4, H2O sản phẩm
khử X Vậy X
A SO2 B S C H2S D SO2, H2S Giải:
Dung dịch H2SO4 đạm đặc vừa chất oxi hóa vừa môi trường
Gọi a số oxi hóa S X
Mg Mg2+ + 2e S+6 + (6-a)e S a
0,4 mol 0,8 mol 0,1 mol 0,1(6-a) mol Tổng số mol H2SO4 dùng :
49 0,5 98 (mol)
Số mol H2SO4 dùng để tạo muối số mol Mg = 9,6 : 24 = 0,4 mol
Số mol H2SO4 dùng để oxi hóa Mg là:
0,5 0,4 = 0,1 mol
Ta có: 0,1(6 a) = 0,8 x = 2 Vậy X H2S
Chọn đáp án C
Ví dụ 4: Để a gam bột sắt ngồi khơng khí, sau thời gian chuyển thành
hỗn hợp A có khối lượng 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 Fe3O4 Cho hỗn
hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, nóng thu 6,72 lít khí
SO2 (đktc) Khối lượng a gam là:
A 56 gam B 11,2 gam C 22,4 gam D 25,3 gam
Giải:
Số mol Fe ban đầu a gam: Fe
a n
56
mol. Số mol O2 tham gia phản ứng:
2 O 75,2 a n 32 mol
Q trình oxi hóa:
3
Fe Fe 3e
a 3a mol mol 56 56 (1) Số mol e nhường: e
3a
n mol
56
Quá trình khử: O2 + 4e 2O2 (2)
(7)Từ (2), (3) necho 4nO2 2nSO2
75,2 a 3a
4 0,3
32 56
a = 56 gam
Chọn đáp án A
Ví dụ 4: Hịa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg Al vào dung dịch Y
gồm HNO3 H2SO4 đặc thu 0,1 mol khí SO2, NO, NO2, N2O Phần trăm
khối lượng Al Mg X
A 63% 37% B 36% 64% C 50% 50% D 46% 54%
Giải
Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol Ta có:
24x + 27y = 15 (1)
Quá trình oxi hóa: Mg Mg2+ + 2e Al Al3+ + 3e
x 2x y 3y
Tổng số mol e nhường (2x + 3y)
Quá trình khử: N+5 + 3e
N+2 2N+5 + 24e 2N+1(N 2O)
0,3 0,1 0,8 0,2 N+5 + 1e
N+4 S+6 + 2e S+4
0,1 0,1 0,2 0,1
Tổng số mol e nhận 1,4 mol
Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 1,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol
27 0,2
%Al 100% 36%
15
% Mg = 100% 36% = 64% (Đáp án B) Chọn đáp án B
B Phương pháp tăng giảm khối lượng
Cơ sở phương pháp định luật bảo toàn khối lượng
VD: A + B C+D
m truoc phan ung = m sau phan ung hay mA + mB = mC + mD
Ví dụ 1: Hồ tan 6,2g hỗn hợp kim loại kiềm nước (lấy dư) thu
(8)Giải
* Nếu dùng phương pháp đại số thông thường: đặt ẩn số, lập hệ phương
trình nhiều thời gian kết khơng tìm đáp số cho tốn
* Nếu dùng phương pháp tăng giảm khối lượng bảo tồn khối lượng ta có
thể giải vấn đề cách đơn giản hiệu
mrắn = mhỗn hợp kim loại + mOH-
Vì phản ứng xảy tạo hiđroxit kim loại giải phóng H2 Ta biết: H2O → H
+
+ OH
-
2
2, 24
2 0, 2( )
22,
H
OH H
n n n mol
Vậy mrắn=6,2+0,217 = 9,6 (g).
Ví dụ 2: Đem nung khối lượng Cu (NO3)2 sau thời gian dừng lại làm
nguội, cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam Khối lượng muối Cu(NO3)2
bị nhiệt phân
A 0,5 gam B 0,49 gam C 9,4 gam D 0,94 gam Giải:
Cu(NO3)2 ⃗t0 CuO + ½ O2 ↑ + 2NO2 ↑
1mol 80g 16g 2x46g
Cứ mol chất rắn Cu(NO3)2 bị nhiệt phân khối lượng chất rắn giảm
188 – 80 = 108 (g)
Số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân là: 0,54/ 108 = 0,005 (mol)
(9)Ví dụ 3: Có lít dung dịch Na2CO3 0,1M (NH4)2CO3 0,25M Cho 43g hỗn hợp BaCl2 CaCl2 vào dung dịch Sau phản ứng kết thúc thu 39,7g kết tủa A Tính phần trăm khối lượng chất A
Giải:
2 CO
n
1lít dung dịch Na2CO3 0,1M (NH4)2CO3 0,25M là: 0,1+0,25=0,3 (mol)
Các phản ứng xảy ra:
Ba
2+
+ CO3
2- BaCO3
Ca
2+
+ CO3
2- CaCO3
Cứ mol BaCl2 CaCl2 chuyển thành BaCO3 CaCO3 khối lượng giảm: 71- 60 = 11(g)
Vậy tổng số mol
43-39,7
(BaCO3 + CaCO3) = 0, 3( )
11 mol
chứng tỏ dư CO3
2-
Ta có hệ phương trình: Đặt x, y số mol BaCO3 CaCO3 A ta có:
0,3
197 100 39,7
x y
x y
giải ra:
0,1( ) 0, 2( )
x mol
y mol
(10)3
3
0,1 197
% 100 49,62(%)
39,7
% 100 49,62 50,38(%) BaCO
CaCO
m m
Ví dụ 3: Hồ tan 10g hỗn hợp muối XCO3 Y2(CO3)3 dung dịch HCl dư ta thu dung dịch A 0,672 lít khí bay đktc Hỏi cạn dung
dịch A thu gam muối khan?
Giải
* Khi chuyển từ muối cácbonat thành muối Clorua, mol CO2 lượng
muối tăng
CO3
chuyển thành 2Cl
-1mol CO2
60g chuyển thành 71g, khối lượng tăng 11g
Theo giả thiết:
0,672
0,03( ) 22,
CO
n mol
* Khi cô cạn dung dịch thu muối Clorua
Tổng khối lượng muối Clorua = 10 + 0,0311 = 10,33(g).
C Phương pháp dùng giá trị trung bình
C.1 Phương pháp khối lượng mol trung bình ( M )
(11)- Xác định nguyên tử khối kim loại chu kì liên tiếp nhau, thành phần
% số lượng đồng vị nguyên tố, tính thành phần % thể tích khí
trong hỗn hợp
- Đặc biệt thích hợp giải tập lập cơng thức đồng đẳng
* Khối lượng mol trung bình ( M ) khối lượng mol hỗn hợp M
= mhh
nhh
=M1n1+M2n2+ n1+n2+
→ mhh=n.M
MhhkhÝ=M1V1+M2V2+ V1+V2+
Ví dụ1: Hai kim loại kiềm R X nằm chu kì bảng hệ
thống tuần hoàn Hoà tan hỗn hợp R X nước ta dung
dịch A 0,336 lít H2 (đktc) Cho HCl dư vào dung dịch A, sau cô cạn ta 2,075 gam muối khan Xác định tên kim loại R X
Giải:
(12)+ Gọi x số mol kim loại R Nguyên tử khối R R
Gọi y số mol kim loại X Nguyên tử khối X X
+ Theo (1) (2)
x 2+
y 2=
0,336
22,4 =0,015 x+y = 0,03(mol)
+ Theo (1),(2),(3) (4): ∑nmuối= ∑nkimloai = x+y = 0,03(mol) M2 muoi=
2,075 0,03 =69
R+ 35,5 < 69 < X +35,5
R Na (Nguyên tử khối 23), X K (Nguyên tử khối 39).
Ví dụ2: Cho 11g hỗn hợp rượu no, đơn chức dãy đồng
đẳng tác dụng hết với Na thu 3,36 lít khí H2(đktc) Xác định cơng thức cấu tạo rượu
Giải:
Gọi: rượu thứ ROH, rượu thứ hai XOH
2ROH + 2Na 2RONa + H2 (1)
2XOH + 2Na 2XONa + H2 (2)
nH2= 3,36
22,4=0,15(mol)
(13)¿
M=11
0,3=36,67⇒ROH=36,67 → R=36,67−17=19,67
R<R<R ' → R:CH3 R':C2H5
→
¿ROH: CH3OH
R 'OH :C2H5OH
¿ ¿
{
¿
C.2 Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình * Cách tính số ngun tử cácbon trung bình (kí hiệu n )
Trong phản ứng cháy có: n −
=nCO2 nhh
Trong hỗn hợp chất: n −
=n1x1+n2x2+ x1+x2+
n
1
, n
2
: Số nguyên tử cácbon chất 1, 2,…
x1, x2: số mol chất 1, 2, …
Trong hỗn hợp chất có thành phần định tính nhau, hỗn hợp chất
được tạo thành từ ba nguyên tố C, H, O ta có cơng thức CüHyOz
M=12x+y+16z
Ví dụ1: Đốt cháy hồn tồn 10,2 gam anđêhit no, đơn chức A B đồng
đẳng Đem sản phẩm thu hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch
(14)+Thay anđêhit công thức tương đương: CnH2n+1CHO CnH2n+1CHO
+
3n+2
2 O2→(n+1)CO2+(n+1)H2O (1)
CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O (2)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ca(HCO
3
)
2 ⃗
t0 CaCO3 + H2O + CO2 (4)
Theo (2): n ❑co
=n ❑caco3
=10/100 =0,1(mol)
Theo(4):n ❑caco3
=20/100 =0,2(mol)
Theo (3): n ❑co
=0,4(mol)
Tổng số mol CO ❑2
:n ❑co2
= 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol)
Theo (1) ta có :
10,2
14n+30 mol C ❑n❑ H ❑2n CHO sau cháy cho ( n
+1)mol CO2
Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : ( n +1) 10,2
14n+30 = 0,5
Giải phương trình → n =1,5 → A : CH ❑3
CHO B C ❑2
H
❑5
CHO
Ví dụ2: B hỗn hợp gồm axit X Y dãy đồng đẳng
(15)tiêu chuẩn đốt cháy hoàn toàn m gam B , cho tồn sản phẩm cháy lần
lượt qua bình (1)đựng H2SO4 đặc bình (2) đựng NaOH rắn Sau thí nghiệm, độ tăng khối lượng bình (2) lớn độ tăng khối lượng bình (1) 36,4 gam
a, Tính m
b, Xác định cơng thức cấu tạo Avà B
Giải:
X,Y đồng đẳng HCOOH → X,Y axit cacboxylic no ,đơn chức
+ thay X,Y công thức tương đương Cn H2n+1 COONa +H2 (1)
theo giả thiết nH2 = 6,72/22,4 = 0,3 mol →
theo (1) tổng số mol axit :2 0,3 =0,6 mol Cn H2n+1
COOH + (
3n+1
2 ) O2 → ( n +1) CO2 + ( n +1) H2O (2)
bình (1) :hấp thụ nước
(16)→
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 → X:CH3COOH;C2H5COOH
C.3 Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình:
Giải tốn hỗn hợp cách dùng gốc hiđrocacbon trung bình R
¿ ¿ ¿
Thí dụ: Hỗn hợp A gồm este đồng phân tạo axit đơn chức
rượu đơn chức Tỉ khối este so với H2 44 Thủy phân 26,4g hỗn hợp A 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2), đem cô cạn dung dịch thu
được 38,3g chất rắn khan Xác định cơng thức phân tử tính thành phần %
về số mol este hỗn hợp
Giải:
MA=44 2=88
Gọi R R' gốc hiđrocacbon trung bình axit rượu R −COO− R'+NaOH→ R −COONa+R'OH
neste thuỷ phân = nNaOH phản ứng = 26,4/88=0,3 mol
mol
nNaOH 0,6
40 100
20 , 100
(17)nNaOH dư = 0,6- 0,3 = 0,3 mol -> mNaOH = 0,3.40= 12g
Khối lượng muối là: 33,8 – 12 = 21,8g
M muối ¿ 21,8
0,3 =72,6 R=72,6−67=5,6
-> nghĩa có gốc R< 5,6 tức R H
đó gốc rượu: R= 88- 1- 44= 43 ứng với gốc C3H7-, este no
Gốc R thứ hai phải lớn 5.6 CH3 - (M = 15) C2H5 ( M = 29 ) Như có hai nghiệm:
Cặp : HCOOC3H7 C2H5COOC2H3 Cặp hai : HCOOC3H7 C2H5COOH3 Tính % số mol :
Với cặp : Gọi x, y số mol HCOOC
2
H
5
( áp dụng công thức : mR = nR MR=n1R1+n2R2, trong n số mol )
¿
x+y=0,3 1.x+15y=0,3 5,6
¿{
¿
-> ¿
x=0,2 y=0,1
¿{
¿
% HCOOC
3
H
7
=
0,2 100 %
0,1+0,2 =66,7 %
% CH3COOC2H5 = 100% - 67,7% = 33,3%
(18)¿
x+y=0,3 1.x+29y=1,68
¿{
¿
-> ¿
x=0,25 y=0,05
¿{
¿
→
%HCOOC3H7 = (0,25.100%)/ 0,3=83,3% => %C2H5COOCH3 = 16.7% D.4 Phương pháp số nhóm chức trung bình:
Thí dụ: Nitro hố benzen HNO
3
đặc thu hợp chất nitro A B
hơn nhóm NO2 Đốt cháy hồn tồn 2,3 gam hỗn hợp A ,B thu CO2, H2O 255,8 ml N2 ( 27
0
C 740 mm Hg ) Tìm cơng thức
phân tử A, B
Giải :
C6H6 + n HNO3C6H6-n (NO2 ) n+ n H2O (1) Trong n số nhóm NO2 trung bình A, B
C6H6- n (NO2) n + O2 → 6CO2+ (6- n )/2 H2O + n N2 (2) Thề tích N2 đktc:
760 V0
273 =
740 255,8
273+27 →V0=226,6 mlN2
Theo (2) ta có tỉ lệ:
11,2n
¿ ¿
(78+45n) 2,34 =¿
(19)Phương pháp thường áp dụng để giải toán trộn lẫn
chất với Các chất đem trộn đồng thể: lỏng với lỏng, khí với khí,
rắn với rắn; dị thể: rắn với lỏng, khí với lỏng Nhưng hỗn hợp cuối
phải đồng thể
Phương pháp đặc biệt thích hợp pha chế dung dịch
Chú ý: Phương pháp không áp dụng cho trường hợp trộn lẫn
các chất mà có xảy phản ứng hố học (Ví dụ: Cho dung dịch NaOH vào
dung dịch HCl)
Với trường hợp có phản ứng cuối cho chất áp dụng
được (VD: hoà tan Na
2
O vào dung dịch NaOH, thu dung dịch NaOH)
*Nguyên tắc: Trộn dung dịch với nồng độ khác chất
lượng chất tan phần dung dịch có nồng độ lớn giảm đi, cịn
phần dung dịch có nồng độ nhỏ tăng lên
Sơ đồ tổng quát: (Giả sử x1>x>x2) D1 x1 x-x2
x
D1 D2
=x − x2
(20)D2 x2 x1-x
D1, D2: Khối lượng chất đem trộn ứng với x1, x2
x, x1, x2: Khối lượng chất quy 100 đơn vị khối lượng D1, D2 *Một số thí dụ:
Ví dụ1: Cần thêm gam H2O vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dung dịch NaOH 8%
Giải: Gọi m khối lượng nước cần thêm vào:
m
(1)
500 12
⇒ m
500=
8⇒m=250 (gam nước) (x1=0 nước khơng có NaOH)
Ví dụ2: Cần trộn H2 CO theo tỷ lệ thể tích để thu hỗn hợp khí có tỷ khối so với metan 1,5
Giải:
Mhh=1,5 16=24 VH2
2
24 ⇒ VH2 VCO=
4 22=
(21)VCO 28 22
Các tốn minh hoạ
Ví dụ 1:Cho 3,04g hỗn hợp NaOH KOH tác dụng với dung dịch HCl thu
được 4,15g muối clorua Nếu đem điện phân nóng chảy hỗn hợp
lượng hỗn hợp kim loại thu (g)?
A.2,02 B 2,03 C 2,04 D Đáp án khác
Giải:
Đặt nNaOH = x mol, nKOH = y mol Ta có hệ phương trình:
40 56 3, 04 58,5 74,5 4,15
x y
x y
giải hệ:
0,02 0,04
x y
0,02( ) 0, 04( ) Na
K
n mol
n mol
m=0,0223 + 0,0439 = 2,02 (g)
Ví dụ 2:Trung hồ 200ml dd HNO3 0,5M cần 6,26g hỗn hợp Na2CO3 K2CO3 Nếu cho 3,13g hỗn hợp muối tác dụng hoàn tồn với dd HCl thu V lít khí đktc Hấp thụ hồn tồn V lít khí vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu m gam kết tủa m nhận giá trị (g):
A 2,5 B C 3,5 D
(22)3 0, 2.0,5 0,1( ) HNO
n mol
Na2CO3 + 2HNO3
2NaNO3 + H2O + CO2 x 2x x
K
2
CO
3
+ 2HNO
3
2KNO
3
+ H
2
O + CO
2
y 2y y
Ta có hệ phương trình:
0, 05 0,02
106 138 6, 26 0,03
x y x
x y y
2
0,05 0,05
.100 2,5( )
2
CO
n m g
Ví dụ 3: Hồ tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al axit HCl dư thu khí A
và 2,54g chất rắn B Biết hợp kim khối lượng Al gấp 4,5 lần khối
lượng Mg Thể tích khí A (lit):
A 7,84 B 5,6 C 5,8 D.Không xác định
Giải:
m
Mg+Al
= 9,14 - m
Cu
= 9,14 - 2,54 = 6,6(g) tương ứng phần khối lượng
Mg 4,5 phần khối lượng Al
Khối lượng Mg = 1,2g
(23)nMg = 0,05 mol; nAl = 0,2 mol Mg +2H
+
Mg
2+
+ H2
Al + 3H
+
Al
3+
+
3 2H
2
H
V
là 7,84 lít (đktc) Đáp án A
Ví dụ 4:Để thu lấy Ag tinh khiết từ hỗn hợp X (gồm a mol Al2O3, b mol CuO, c mol Ag2O) Người ta hoà tan X dung dịch chứa (6a+2b+2c) mol HNO3 dd Y; sau thêm (giả thiết phản ứng đạt hiệu suất 100%)
A c mol bột Al vào Y B c mol bột Cu vào Y
C 2c mol bột Al vào Y D 2c mol bột Cu vào Y
Giải:
Dung dịch Y có 2a mol Al(NO
3
)
3
, b mol Cu(NO
3
)
2
, 2c mol AgNO
3
cho Cu
Cu + 2AgNO
3
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
c 2c
(24)Ví dụ 5: Cho m gam hỗn hợp Mg Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp
axit HCl 1M axit H2SO4 0,5M thu 5,32 lit H2 (ở đktc) dung dịch Y (coi thể tích dung dịch khơng đổi) Dung dịch Y có pH là:
A B C D.2
Giải:
V=0,25 lít
nHCl = 1.0,25 = 0,25
nH 0, 25(mol)
2 0,5.0, 25 0,125( ) 0, 25( )
H SO H
n mol n mol
0,5( ) H
n mol
2
5,32
0, 2375( ) 22,
H
n mol
H
n
bị khử = 0,2375.2 = 0,475 (mol)
Vậy
H
n
còn dư = 0,5-0,475 = 0,025(mol)
[H
+
] =
1
0,025
0,1 10 22,
(25)Ví dụ 6:Hồ tan hồn toàn 2,81g hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ) Sau phản ứng hỗn hợp muối sunfat khan thu cô cạn dung dịch có khối lượng gam?
A 6,81 B 4,81 C 3,81 D 5,81
Giải:
2 0,1.0,5 0, 05( ) H SO
n mol
2 16; H SO2 4
O O O
m n n n
m muối = m oxit + 2 SO O
m m
= 2,81 + 0,05.96 - 0,05.16 = 6,81(g)
Đáp án A
Ví dụ 7: Cho 22,4g Fe tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng, dư, sau phản
ứng kết thúc tạo 0,1 mol NO a mol NO
2
(sản phẩm khử HNO
3
tạo
NO NO2) Giá trị a là:
A 0,5 B 0,3 C Đáp án khác D 0,9
Giải: 22,4 0,4() 56 Fe nmol
; Fe - 3e
Fe
3+
0,4 1,2
N +5 +1e N +4
(NO2) , N
(26)a a 0,3 0,1
Ta có: 0,3 + a = 1,2
a = 0,9
Đáp án: D
III) Phương pháp thực :
Các dạng giải nhanh tập áp dụng luyện
tập tập trắc nghiệm chương, câu hỏi nhanh , giải bài tập nhanh để học sinh coi trọng yếu tố thời gian hướng tổng hợp hóa vấn đề giải số dạng tập tính trắc nghiệm theo hướng sơ
đồ hóa vấn đề
Để giải nhanh tập học sinh cần phải nắm vững lý thuyết
một cách hệ thống , vận dụng nhanh số liệu liên quan tập
Mặc dầu hình thức kiểm tra theo hai hướng thân
vẫn lưu tâm nhiều đến tập theo định hướng trắc nghiệm cho học
sinh để học sinh nắm vững phương pháp giải nhanh học tập,
là học sinh lớp 12 để em có đủ tự tin bước vào kỳ thi tới
Các lớp tham gia giảng dạy áp dụng cách giải bên
(27)các phương pháp khơng nhau, việc vận dụng phương pháp
trên vào làm trắc nghiệm em phụ thuộc lớn vào khả tư
duy nổ lực em
IV) Kết đạt :
Sau thời gian truyền đạt phương pháp giải nhanh thông qua
tập chương có thay đổi phương pháp giảỉ em ,
ở học sinh loại trung bình- khá- giỏi, việc tiếp thu vận dụng phương pháp
giải nhanh để giải tập trắc nghiệm nhanh hiệu ,
tiết kiệm nhiều thời gian , em tự tin việc giải tập
hoá học
Cụ th l ắ(32/43) hc sinh lp 12cba1, ẵ(21/45) hc sinh lớp 12cbb2
và ¼(10/46) học sinh lớp 12c nắm tốt phương pháp giải nhanh để
giải tập trắc nghiệm Còn phần lớn học sinh lớp 12c học
sinh yếu cịn lại hai lớp cịn cần phải có thời gian để rèn luyện
nhiều đạt hiệu
(28)Trên toàn đề tài thân thực năm học
2009-2010 Tôi hy vọng đề tài giúp phần nhỏ cho học trò yêu hoá
học đạt kết tốt kỳ thi tới Do khả có hạn khơng tránh khỏi
sai sót mong góp ý chân tình đồng nghiệp để hồn thiện
trong công tác giảng dạy
(29)
-Cô Trắc, cô Nga, cô Tiên, -Cô Phỉ, cô Quê,cô Thắm, thầy Nhanh
Nội dung: Đầy đủ dạng tập trắc nghiệm theo phương pháp giải nhanh
Phương pháp, cách thức thực hiện: Áp dụng vào đối tượng học sinh
thế chưa thể rõ phần nội dung, với phương pháp học
sinh yếu khó tiếp thu.Yêu cầu phương pháp dạy cụ thể cho đối tượng
học sinh