Đề tài Phương pháp giải nhanh bài toán phương trình hoá học

PHƯƠNG PHáP GIảI NHANH BàI TOáN PHƯƠNG TRìNH HOá HọC I. Lý do chọn đề tài: Cùng với đổi mới chương trình sách giáo khoa và đổi mới phương pháp dạy học thì hiện nay việc đổi mới phương pháp kiểm tra, đánh giá kết quả theo hướng trắc nghiệm khách quan là một việc làm hết sức cần thiết. Ưu điểm của phương pháp này là: Kiểm tra được nhiều khía cạnh của một kiến thức Không học tủ, học vẹt. Tốn ít thời gian chấm bài, khách quan khi cho điểm Gây hứng thú và tích cực học tập ở học sinh Hạn chế được các biểu hiện trong kiểm tra, đánh giá. Tuy nhiên một hạn chế đối với học sinh là khi giải các bài tập loại này, các em thường giải theo phương pháp thông thường mất nhiều thời gian. Để giúp học sinh khắc phục được vần đề này, sau đây tôi xin giới thiệu một số phương pháp giải nhanh các bài toán trắc nghiệm. II. Nội dung: A. Lý thuyết: 1. Định luật bảo toàn khối lượng Nếu có phản ứng: A + B == C + D Theo ĐLBTKL ta có mA + mB = mC + mD 2. Định luật bảo toàn nguyên tố Nếu có phản ứng: A + B == C + D A, B, C, D có chứa nguyên tố oxi Theo ĐLBTKL ta có nO(A) + mO(B) = mO(C) + mO(D) Tương tự cho các nguyên tố khác ( C, H, Cl, N…) 3. Tăng giảm khối lượng Khi thay thế nguyên tử này bằng nguyên tử khác trong hỗn hợp hay một chất khối lượng của chất tạo thành có thể tăng hoặc giảm. Dựa vào độ bién thiên này ta sẽ tìm được số mol của các chất trước phản ứng. B. Một số bài tập ví dụ Bài 1. Cho 5,4g Al với 4,8g Fe2O3 rồi nung nóng để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm. Sau phản ứng ta thu được m(g) hỗn hợp chất rắn. Giá trị của m là (g). A. 2,24g B. 4,08g C. 10,2g D. 0,224g ô Cách giải thông thường 2Al + Fe2O3 đ Al2O3 + 2Fe Số mol: 0,2 0,03 Phản ứng: 0,06 0,03 0,03 0,06 Sau phản ứng: 0,14 0 0,03 0,06 mhh sau phản ứng = 0,14 x 27 + 0,03 . 102 + 0,06 x 56 = 10,2 (g) ô Cách giải nhanh: ĐLBTKL : mhh sau = mhh trước = 5,4 + 4,8 = 10,2(g) Vậy đáp án (C) đúng. Bài 2. Cho 24,4g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 . Sau phản ứng thu được 39,4g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là: A) 2,66g B) 22,6g C) 26,6g D) 6,26g ô Cách giải thông thường: PTPƯ: Na2CO3 + BaCl2 đ 2NaCl + BaCO3¯ K2CO3 + BaCl2 đ 2KCl + BaCO3¯ Đặt số mol Na2CO3 là x ; K2CO3 là y Theo đầu bài ta có hệ phương trình: => mNaCl = 0,2 x 58,5 = 11,7(g) m KCl = 0,2 x 74,5 = 14,9 (g) => m = 11,7 + 14,9 = 26,6 (g) ô Cách giải nhanh: ĐLBTKL : = mkết tủa + m => m = 24,4 + 0,2 x 208 - 39,4 = 26,6 (g) => Đáp án (C) đúng. Bài 3. Hòa tan hoàn toàn 5g hỗn hợp 2 kim loại trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 1,12 lít khí H2(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được gam muối khan. Khối lượng muối khan thu được là: A. 1,71g B. 0,885g C. 17,1g D. 8,55g ô Cách giải thông thường: PTPƯ: 2A + 2nHCl đ 2ACln + nH2 2B + 2mHCl đ 2BClm + mH2 Theo đầu bài ta có hệ phương trình: M1x + M2y = 10 = => nx + my = 0,2 ĐLBTKL : m = 10 + (nx + my) 36,5 - 0,1 . 2 = 10 . 0,2 .36,5 - 0,2 = 17,1 (g) ô Cách giải nhanh: Theo pt điện li mol ĐLBTKL: mmuối = mhhKl + = 10 + 0,2 + 35,5 = 17,1 (g) => Đáp án (B) đúng Bài 4) Oxi hóa hoàn toàn 10,08g một phoi sắt thu được mg chất rắn gồm 4 chất (Fe2O3, Fe3O4, FeO, Fe). Thả hỗn hợp rắn vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24l khí (ở đktc) không màu hóa nâu ngoài không khí. Vậy m có giá trị là: A) 12g B) 24g C) 14,4g D) 22g Bài toán này có thể dùng hai phương pháp giải nhanh : phương pháp bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng. Nếu dùng phương pháp bảo toàn khối lượng, HS phải xác định được thành phần chất tham gia, thành phần sản phẩm tạo thành, phương hướng áp dụng định luật. mrắn = mmuối + mNO + - Mà ban đầu = 0,18 mol tạo khí = (1) trong muối = 3nFe = 0,54 mol (2) ị = 0,1 + 0,54 = 0,64 (mol) ị mrăn = 232 . 0,18 + 30.0,1 + 18 . 0,32 - 63 . 0,64 = 12 (g) Đáp án (A) đúng Bài 5) Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 và C4H10 thu được 4,4g CO2 và 2,52g H2O. m có giá trị là: A) 1,48g B) 2,48 g C) 14,8g D) 24,7 ô Cách giải thông thường: CH4 + 2O2 đ CO2 + 2H2O C3H6 + 4,5O2 đ 3CO2 + 3H2O C4H10 + 6,5O2 đ 4CO2 + 5H2O Đặt Ta có hệ phương trình x + 3y + 47 = 0,1 (1) 2x + 3y + 5z = 0,14 (2) ĐLBTKL : 16x + 42y + 58z = 4,4 + 2,52 - (2x + 4,5y + 6,5z) x 32 => 80x + 186y + 266z = 6,92 (3) Giải hệ phương trình ta được nghiệm là => ô Cách giải nhanh: Vậy đáp án (A) đúng Bài 6) Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 336 ml H2(đktc) và m(g) muối natri. Khối lượng muối Natri thu được là: A) 1,93 g B) 2,93 g C) 1,9g D) 1,47g ô Cách giải thông thường Đặt công thức của 2 rượu là R - OH (x mol) R1 - OH (y mol) PTPƯ: R - OH + Na đ R - ONa + H2 R1 - OH + Na đ R1 - ONa + H2 Theo đầu bài ta có hệ phương trình: (R + 17) x + (R1+ 17)y = 1,24 (1) 0,5x + 0,5y = 0,015 x + y = 0,03 (2) => Rx + R1y = 1,24 - 17 x 0,03 = 0,73 Khối lượng muối natri: m = (R + 39)x + (R1 + 39)y = Rx + R1y + 39(x+y) = 0,73 + 39 x 0,03 = 1,9 (g) ô Cách giải nhanh: ĐLBTKL : m = 1,24 + 0,03. (23 - 1) = 1,9 (g) Vậy đáp án (C) đúng Bài 7) Cho 3,38g hỗn hợp Y gồm CH3OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 672 ml khí( ở đktc) và dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp rắn Y1. Khối lượng Y1 là: A) 3,61g B) 4,7g C) 4,76g D) 4,04g ô Cách giải thông thường: CH3OH + Na đ CH3ONa + H2 CH3COOH + Na đ CH3COONa + H2 C6H5OH + Na đ C6H5ONa + H2 Ta có ô Cách giải nhanh : . Vì 3 chất trong hỗn hợp Y đều có một nguyên tử H linh động * ĐLBTKL : Vậy đáp án( B) đúng Bài 8) Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức thành 2 phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 0,54g H2O - Phần 2 cộng H2(Ni, t0 ) thu được hỗn hợp A. Nếu đốt cháy hoàn toàn A thì thể tích khí CO2 thu được(ở đktc) là: A) 0,112 lít B) 0,672 lít C) 1,68 lít D) 2,24 lít ô Cách giải thông thường: Đặt công thức tổng quát của 2 anđêhit là CnH2nO (x mol); CmHmO (y mol) P1: CnH2nO + O2 đ nCO2 + nH2O x nx nx ị nx + my = 0,03 CmH2mO + O2đ mCO2 + mH2O P2: CnH2nO + H2 CnH2n+2 O CmH2mO + H2 CmH2m+2O CnH2n+2O + O2 đ nCO2 + (n+1) H2O CmH2m+2O + O2 đ mCO2 + (m+1) H2O => lít (ở đktc) ô Cách giải nhanh: P1: hỗn hợp là anđehit no đơn chức Theo định luật bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng => Đáp án (B )đúng Bài 9) Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 rượu A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76g CO2. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng nước CO2 tạo ra là: A) 2,94g B) 2,48g C) 1,76g D) 2,76g ô Cách giải thông thường Khi tách nước từ rượu đ olefin. Vậy 2 rượu A, B phải là rượu no đơn chức. Đặt công thức tổng quát 2 rượu là CnH2n+1OH (x mol) CmH2m+1OH (y mol) PTPƯ: CnH2n+1OH (1) CmH2m+1OH CmH2m + H2O (2) CnH2n+1OH + O2 đ nCO2 + (n+1) H2O (3) CmH2m+1OH +O2 đ mCO2 + (m+1) H2O (4) Y: CnH2n và CmH2m CnH2n + O2 đ nCO2 + nH2O (5) CmH2m + O2 đ mCO2 + mH2O (6) Theo phương trình (3), (4) ta có: nx + my = Theo phương trình (5), (6). Số mol CO2 = nx + my = 0,04 => (g) Số mol H2O = nx + my = 0,04 => (g) Sm = 2,48(g) Đáp án( B) đúng ô Cách giải nhanh: (mol) Mà khi số mol CO2 = = 0,04 mol Vậy đáp án ( B ) đúng Bài 10) Có 1 lít dung dịch Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43g hỗn hợp A gồm BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch trên, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7g kết tủa . % khối lượng các chất trong A là (%) A) 45 – 55 B) 55 - 45 C) 49,6 – 50,4 D) 50,4 – 49,6 ô Cách giải thông thường S nCO32- = 0,1 + 0,25 = 0,35 mol Đặt nBaCO3 = a; nCaCO3 = b; X kí hiệu của Na hoặc NH4 PTPƯ: X2CO3 + BaCl2 đ BaCO3 + 2XCl (1) a a X2(CO3)2 + CaCl2 đ CaCO3 + 2XCl (2) b b TH1: CO32- hết Ta có hệ pt: a + b = 0,35 197a + 100b = 39,7 Giải hệ pt trên ta được b < 0 ( loại) TH2: CO32- dư Ta có hệ pt: 208a + 111b = 43 197a + 100b = 39,7 Giải hệ pt trên t được a = 0,1; b = 0,2 % mBaCO3 = 19,7.100/39,7 = 49,6%; % mCaCO3 = 50,4% ô Cách giải nhanh: áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng. Cứ 1mol vào thay thế 2Cl- thì khối lượng giảm ưlà 71- 60 =11g Vậy theo đề bài ra ta có nCO32- pư = (43 – 39,7)/ 11 = 0,3 mol nCO32- pư < nCO32- bđầu CO32- dư Ta có hệ pt: 208a + 111b = 43 197a + 100b = 39,7 Giải hệ pt trên ta được a = 0,1; b = 0,2 % mBaCO3 = 19,7.100/39,7 = 49,6%; % mCaCO3 = 50,4% Vởy đáp án C đúng Bài 11. Nhúng 1 thanh nhôm nặng 50g vào 400ml dung dịch CuSO4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 51,38g. Giả sử tất cả Cu thoát ra đều bám vào thanh Al. Khối lượng Cu thoát ra là: A) 0,64g B) 1,28g C) 1,92g D) 2,56 ô Cách giải thông thường 2Al + 3CuSO4 đ Al2(SO4)3 + 3Cu x 1,5x Khối lượng vật sau phản ứng = mCu tạo thành + mAl còn dư = 1,5x. 64 + (50 - 27x) = 51,38 ị x = 0,02 (mol) => khối lượng Cu thoát ra: 0,02.1,5.64 = 1,92g ô Cách giải nhanh Cứ 2mol Al đ 3mol Cu khối lượng tăng là: 3.(64 – 54) = 138g Vậy khối lượng tăng: 51,38 - 50 = 1,38g ị 0,03mol Cu ị mCu = 0,03 x 64 = 1,92 (g) Vậy đáp án ( C) đúng. Bài 12. Hòa tan 5,94g hỗn hợp 2 muối clorua của 2 kim loại có hóa trị II A và B vào nước được 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) 6,36g B) 63,6g C) 9,12g D) 91,2g * Cách giải thông thường ACl2 + 2AgNO3 đ 2AgCl¯ + A(NO3)2 BCl2 + 2AgNO3 đ 2AgCl ¯ + B(NO3)2 Đặt Theo đầu bài ta có: (A + 71) x + (B + 71)y = 5,94 2x + 2y = 0,12 => x + y = 0,06 Khối lượng muối khan gồm A(NO3)2 và B(NO3)2 m = (A + 124)x + (B + 124) y = Ax + By + 124(x+y) m = 1,68 + 124, 0,06 = 9,12 (g) ô Cách giải nhanh áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Cứ 1mol MCl2 tạo ra 2mol AgCl thì mư 53g Vậy nAgCl = 0,12 mol m muối nitrat = mKL + mư = 5,94 + 3,18 = 9,12 (g) Đáp án (C) đúng Bài 13. Cho 2,84g hỗn hợp 2 rượu đơn chức A và B là đồng đẳng kế tiếp nhau tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H2(đktc) a. V có giá trị là: A) 2,24 lít B) 1,12 lít C) 1,792 lít D) 0,896 lít b. Công thức cấu tạo của A và B là: A) CH3OH , C2H5OH B) C2H5OH, C3H7OH C) C3H7OH , C4H9OH D) C2H3OH, C3H5OH ô Cách giải thông thường Đặt CTTQ chung của 2 rượu là: PTPƯ: Theo phương trình ta có: => 2,84 (14+40) = 4,6 (14 + 18) Û39,76 + 113,6 = 64,4 + 82,8 24,64 = 30,8 = 1,25 Vậy nRượu = 2,84/35,5 = 0,08 mol nH2 = 0,04 mol A và B là CH3OH và C2H5OH ô Cách giải nhanh Cứ 1mol rượu pư với Na đ 1mol muối ancolat thì k/l tăng 23-1 = 22g. Bài ra ta có nRượu = (4,6 – 2,84)/ 22 = 0,08 mol đ nH2 = 0,04 mol 2,84/ 14 + 18 = 0,08 đ = 1,25 Vậy a. Đáp án (D) đúng b. Đáp án (A) đúng III. Kết luận: Định luật bảo toàn khối lượng, địng luật bảo toàn nguyên tố đóng một vai trò quan trọng trong hóa học. Việc áp dụng các định luật này vào quá trình giải bài toán hóa học không những giúp học sinh nắm được bản chất của các phản ứng hóa học mà còn giải nhanh các bài toán đó. Nếu học sinh không chú ý tới điểm này sẽ đi vào giải toán bằng cách đặt ẩn, lập hệ phương trình. Với những bài toán nhiều ẩn số mà thiếu dữ liệu nếu học sinh không có kĩ năng giải toán tốt thì sẽ không giải được các bài toán này hơn nữa sẽ mất nhiều thời gian. Với mỗi một bài tập trắc nghiệm chỉ cho phép học sinh giải trong vòng 5 phút trở lại. Nếu học sinh áp dụng tốt các nội dung hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng, học sinh sẽ suy luận ngay yêu cầu của bài trên cơ sở PTHH và dữ kiện đầu bài cho, thời gian giải bài toán sẽ nhanh hơn rất nhiều. Đối với các bài toán hữu cơ đặc biệt với bài toán về rượu, axit, este, axit amin chúng ta cũng có thể vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng để giải một cách nhanh chóng.