5 phương pháp giải hóa lớp 9 ôn thi học sinh giỏi

Đứng trước yêu cầu đó việc vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài tập hoá học rất quan trọng, sử lý được thông tin bài toán một cách thành thạo, nhanh và chính xác là một vấn đề c

A: ĐẶT VẤN ĐỀ.

I – LỜI MỞ ĐẦU

Đứng trước xu thế đổi mới giáo dục của đất nước, trong đó có đổi mới 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 những yêu cầu khác biệt so với hình thức thi tự luận đó là: Trong một thời gian ngắn học sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong đó bài tập yêu cầu phải tính toán chiếm số lượng không nhỏ) Mặt khác đối với học sinh lâu nay chủ yếu làm các bài tập theo hình thức tự luận nên khi làm các bài tập theo hình thức trắc nghiệm khách quan thì thường lúng túng, mất nhiều thời gian Đứng trước yêu cầu đó việc vận dụng các kiến thức đã học để giải các bài tập hoá học rất quan trọng, sử lý được thông tin bài toán một cách thành thạo, nhanh và chính xác là một vấn đề cấp thiết, chính vì vậy tôi chọn đề tài “ vận dụng một số quy tắc

và định luật cơ bản để giải nhanh bài tập hoá học ” Dùng ôn thi học sinh giỏi hoá lớp 9

Nhiệm vụ của đề tài là hướng dẫn học sinh vận dụng một số định luật cơ bản và một số quy tắc của hoá học để giải nhanh các bài tập từ đó giúp các em học sinh hình thành các kĩ năng gải bài tập (kĩ năng định hướng, kĩ năng phân dạng và các thao tác tính toán)

II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.

1.

Thực trạng

Hiện nay ở các trường trung học cơ sở nói chung và trường trung học cơ

sở thị trấn nói riêng tỷ lệ học sinh giỏi chiếm tỷ lệ không cao, đối tượng học sinh nắm bắt các dạng bài tập hoá nâng cao còn là hạn chế trong cách tìm phương pháp giải vì vậy tôi đã đưa ra một số cách giải để học sinh có thể từ một bài toán khó đưa về dạng cơ bản để dễ dàng giải quyết vấn đề hơn

2.kết quả của tực trạng trên

Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy điểm yếu lớn nhất của học sinh về việc giải bài tập hoá học là: Không có khả năng định hướng phương pháp giải, khả năng phân dạng bài tập và các thao tác tính toán thường chậm, hay sai sót

Để khắc phục tình trạng trên điều cần thiết là phải trang bị cho các em học sinh

hệ thống các kiến thức cơ bản cần thiết để giải bài tập, đồng thời phải đưa ra các bài tập làm ví dụ cụ thể nhằm rèn luyện các kĩ năng như: Kĩ năng định hướng, kĩ năng phân dạng và kĩ năng tính toán (kĩ năng giải bài tập hoá học) cho học sinh

từ đó các em phát hiện ra điểm mấu chốt nhất trong quá trình vận dụng từng mảng kiến thức giúp các em có khả năng áp dụng trong mọi trường hợp

Với việc thực hiện đề tài trên trong hơn một năm qua tôi nhận thấy các em học sinh đã có tiến bộ rõ rệt, có nhiều em đạt kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh Năm học 2008 -2009 tôi tiếp tục nghiên cứu và thực hiện đề tài này

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

*CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

1.Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng

a Cơ sở lí thuyết

Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành

Trong bài toán xảy ra nhiều phản ứng, không nhất thiết ta phải viết phương trình phản ứng mà chỉ cần lập sơ đồ phản ứng để có mối quan hệ tỷ lệ mol giữa các chất

b Bài tập áp dụng

Bài tập 1.1:

Cho 1,04 gam hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong H2SO4 loãng dư thấy có 0,672 lít khí thoát ra (ở đktc) và dung dịch X Khối lượng hỗn hợp muối sunfat

có trong dung dịch X:

Giả sử 2 kim loại là M, hoá trị n

2

H

n = 0,672

22, 4 = 0,03 mol

Phương trình phản ứng: 2M + nH2SO4(loãng)    M2(SO4)n + nH2 

(Mol) 0,03 0,03

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mmuối = mKL + m H SO2 4 -

2

H

m

= 1,04 + 0,03 98 – 0,03 2 = 3,93 gam

Bài tập 1.2:

Khử m gam hỗn hợp gồm các oxit CuO, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 bằng khí CO

ở nhiệt độ cao, thu được 40 gam hỗn hợp chất rắn B và 13,2 gam khí CO2 Tìm m:

Hướng dẫn giải:

Phương trình phản ứng:

CuO + CO t0

  Cu + CO2 (1)

3Fe2O3 + CO t0   2Fe3O4 + CO2 (2) Fe3O4 + CO t0   3FeO + CO2 (3)

FeO + CO t0   Fe + CO2 (4)

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có: nCO= n CO2 = 13, 2 44 = 0,3 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m = mA = mB + 2 CO m - mCO m = 40 + 13,2 – 0,3 28 = 44,8gam Bài tập 1.3: Cho 3,38 gam hỗn hợp X gồm: CH3OH, C2H5OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng vừa đủ với Na thoát ra 0,672 lít khí (ở đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn Y Tính khối lượng của Y: Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng:

2CH3OH + 2Na    2CH3COONa + H2  (1)

2C2H5OH + 2Na    2C2H5ONa + H2  (2)

2CH3COOH +2Na    2CH3COONa + H2  (3)

2C6H5OH + 2Na    2C6H5COONa + H2  (4) Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3), (4) ta thấy:

H

n = 0, 672

22, 4 =

1

2 nNa = 0,03 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

MY = mX + mNa - m H2= 3,38 + 0,06 23 – 0,03 2 = 4,70gam

c Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng

Điểm mấu chốt nhất của giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn khối lượng là tìm ra mối liên hệ giữa số mol các chất trong phản ứng

2 Vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố

a Cơ sở lí thuyết.

Nguyên tắc: trong phản ứng háo học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn Đièu này có nghĩa là: Tống số mol nguyên tử của một nguyên tố

X bất kỳ trước và sau phản ứng luôn bằng nhau

Phương pháp này thường áp dụng cho các bài toán xảy ra nhiều phương trình phản ứng và để giải nhanh ta chỉ cần lập sơ đồ mmối quan hệ giữa các chất

b Bài tập áp dụng.

Bài tập 2.1:

Hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,2 mol Fe3O4 Hoà tan hoàn toàn X bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y, cho NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z lọc lấy Z, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn khan G có khối lượng là m gam Tính m:

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 + 3 NaCl (4)

4Fe(OH)2 + O2

0

t

  2Fe2O3 + 4H2O (5) 2Fe(OH)3

0

t

  Fe2O3 + 3H2O (6)

Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta thấy:

nFe(trong X) = nFe(trong G) = 0,1 2 + 0,2 3 = 0,8 mol

2 3

Fe O

n = 1

2nFe = 0,8

2 = 0,4 mol  m = 0,4 160 = 64 gam Bài tập 2.2:

Cho 4,48 lít CO (ở đktc) đi qua 24,0 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe2O3 sau một thời gian thu được 22,4 gam hỗn hợp rắn Y và hỗn hợp khí Z Tìm tỉ khối của Z so với H2:

Hướng dẫn giải:

Ta có: CO + O(trong oxit)    CO2

nO (trong oxit) = nCO2 = 24 22, 4

16



= 0,1 mol  nCO (dư) = 4, 4822, 4 - 0,1 = 0,1 mol

d/H2 = 0,1.44 0,1.28

0, 2.2



= 18

Bài tập 2.3:

Tiến hành crăckinh 11,6 gam butan ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X gồm: CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H10 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X bằng oxi, dư rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra đi qua bình H2SO4 (đặc) thì thấy khối lượng bình này tăng m gam Tìm m:

Hướng dẫn giải:

Ta có: X + O2

0

t

  CO2 + H2O

 nH (trong butan) = nH (trong X) = nH (trong nước) = 11,6.10

58 = 2 mol



2

H O

2 nH (trong nước) = 2

2 = 1 mol  m =

2

H O

m = 1 18 = 18 gam

Bài tập 2.4:

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm một ankan, một anken, một ankin và H2 Cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H2SO4 (đặc) và bình đựng Ca(OH)2 dư, thấy bình đựng H2SO4 (đặc) tăng 9,9 gam và bình Ca(OH)2 tăng 13,2 gam Tìm giá trị của m:

Hướng dẫn giải:

Ta có: X + O2

0

t

  CO2 + H2O

MX = mC (trong CO2) + mH (trong nước) = 13,3.12

44 + 9,9.2

18 = 4,7 gam

c Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố.

Điểm mấu chốt nhất của việc vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố là xác định được nguyên tố có tổng số mol các nguyên tử bảo toàn thông qua các phản ứng hoá học

3 Vận dụng định luật bảo toàn electron.

a Cơ sở lí thuyết.

Nguyên tắc: Khi có nhièu chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn), thì tổng số mol electron mà các phân tử chất khử cho phải bằng 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 HNO3 dư, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí gồm NO2 và NO (ở đktc) có tỉ lệ thể tích NO2/NO = 3/1 Tìm kim loại M:

Hướng dẫn giải:

Đặt nNO  x mol 

NO

3 0, 4

22, 4

x x  mol  x 0,1

mol

  2

0,1

0,3

NO

NO



Quá trình nhường electron: M  Mn+ + n e  n e (nhường) = 19, 2.n

M mol Quá trình nhận electron: 4 N+5 + 6 e  N+3 + 3N+4  ne (nhận) = 0,6 mol

 19, 2

.n

M = 0,6  M = 32n  n = 1, M = 32 n = 2, M = 64, n = 3, M = 96

 Kim loại cần tìm là Cu

Bài tập 3.2:

Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO3 dư, thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí A gồm NO và một khí B, với tỉ lệ thể tích V NO /V B = 1/1 Tìm khí B:

Hướng dẫn giải:

Quá trình nhường electron: Fe  Fe3+ + 3e  n e (nhường) = 11, 2.3

56 = 0,6 mol Quá trình nhận electron: 5 2

5 5

3

n





 0,15 3 + 0,15 n = 0,6  n = 1  N+5 + 1e  N+4  NO2

Bài tập 3.3:

Để m gam phôi bào Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp A gồm: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc) Tìm giá trị của m:

Hướng dẫn giải:

Sơ đồ biến đổi xảy ra: Fe    B  3 4 

2 3

Fe FeO

Fe O

Fe O

3

ddHNO

    NO

m gam 12 gam 2,24 lít

Quá trình nhường electron: Fe0

   Fe3+ + 3e  ne (nhường) = .3

56

m

mol

Quá trình nhận electron: O20 + 4 e    2O2-, N+5 + 3e    N+2

 ne(nhận) = 12 .4

32

m



+ 0,1 3 mol  12

.4 32

m



+ 0,1 3 = .3

56

m

 m = 10,08 gam

Bài tập 3.4:

Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y (gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3) thì cần 0,05 mol H2 Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp Y trong dung dịch

H2SO4 đặc thì thu được V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) Tìm giá trị của V:

Hướng dẫn giải:

Sơ đồ biến đổi xảy ra:

Gọi a mol SO2 (S+6 nhận  S+4)  Số mol electron (S+6 nhận  S+4) = 2a mol FeO, Fe3O4, Fe2O3 + H2

0

t

  Fe+ H2O

 mFe = mY +

2

H

m -

2

H O

m

mFe = 3,04 + 0,05 2 – 0,05 18 = 2,24 gam

 nFe = 2, 24

56 = 0,04 mol FeO, Fe3O4, Fe2O3

Fe Fe3+

Theo định luật bảo toàn electron ta có:

 ne (Hiđro nhường) + ne (

6

s nhận

4

s

   ) = ne (

3

Fe Fe 

 )  0,05 2 + 2a = 0,04 3

 a = 0,1 mol 

2

SO

n = 0,1 mol  V = 0,1 22,4 = 2,24 lít

c Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn electron.

Điểm quan trọng nhất khi giải bài tập vận dụng định luật bảo toàn electron

là phải nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá và các chất khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra

4 Vận dụng Sơ đồ (V)

a Cơ sở lí thuyết.

Điều kiện: - Khi cho một hay nhiều kim loại có hoá trị khác nhau vào dung dịch

H 2SO4 , HCl, HNO3 Kim loại đứng trước H 2 trong dãy điện hoá

Ta có sơ đồ (V):

Đối với các axit:

- HCl :

a H 2 2a Cl –

c R

- H 2SO4 : a H 2 a SO 4 2-

c R 

8

c =

a

2

- HNO 3: b NxOy (5x – 2y)b NO

-3

(5x – 2y)R

Riêng trường hợp: HNO3  NH4NO3

b NH+

4 8b NO

3

8 R

( với a, c là các hệ số , b là hoá trị chung cho các kim loại ).

b Bài tập áp dụng

Bài tập 4.1:

Hoà tan hết 11 gam hỗn hợp kim loại gồm Al , Fe, Zn trong dung dịch

H2SO4 loãng thu được 0,4 mol H2 và x gam hỗn hợp muối khan Tính x ?

H

ư ớng dẫn giải

Gọi : R là chung cho các kim loại : Al , Fe , Zn Hoá trị chung là b

Sơ đồ (V) : b H2 b SO4 2- (banđầu: H 2 SO 4 2- )

2 R b2 R

 nH2 = nSO2 4 = 0,4 mol

 mSO2 

4 = 96 0,4 = 38,4 g

 m muối = 38,4 + 11 = 49,4 g

Bài tập 4.2:

Đốt cháy hết 2,86 gam hỗn hợp kim loại gồm Al, Fe , Cu được 4,14 gam hỗn hợp 3 oxit Để hoà tan hết hỗn hợp oxit này, phải dùng đúng 0,4 lít dung dịch HCl và thu được dung dịch X Cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối khan là bao nhêu ?

H

ư ớng dẫn giải

Gọi : R là chung cho các kim loại : Al , Fe , Cu.Hoá trị chung là b

R  R b +  RCl b , n O = 4,1416 2,86 = 0,08

Sơ đồ (V) : b H 2O 2b Cl –

2 R b+

 n Cl - = 2 n O = 0,16 mol

 mCl = 0,16 35,5 = 5,68 (g)

 m muối = 5,68 + 2,86 = 8,54 (g)

Bài tập 4.3:

Đốt cháy x gam hỗn hợp 3 kim loại Mg , Al , Fe bằng 0,8 mol O2 , thu được 37,4 gam hỗn hợp rắn B và còn lại 0,2 mol O2 Hoà tan 37,4 gam hỗn hợp

B bằng y lít dd H 2SO4 2 M ( vừa đủ ) , thu được z gam hh muối khan Tính x, y,z

H

ư ớng dẫn giải

Bài làm

Gọi : R là chung cho các kim loại : Mg , Al , Fe Hoá trị chung là b

mkimloai=37,4–1,2.16=18,2(g)=x

( n O2 = 12 n O và ta chứng minh được : m O2 = m O )

Sơ đồ (V): bH2O bSO4

2R b+

 n SO

 2

4 = nO = 1,2 mol  m SO2 = 1,2 96 = 115,2 (g)

 n axit = n SO

 2

4 = 1,2 mol

 V = y = 12,2 = 0,6 lít

 z = 18,2 + 115,2 = 133,4 (g)

Bài tập 4.4:

Cho 24,12gam hỗn hợp X gồm CuO , Fe2O3 , Al2O3 tác dụng vừa đủ với 350ml dd HNO3 4M rồi đun đến khan dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam hỗn hợp muối khan Tính m

H

ư ớng dẫn giải

Gọi : Rb+ là chung cho các ion kim loại : Cu 2+ , Al 3+ , Fe 3+ Hoá trị chung là b

Sơ đồ (V): bH2O 2b NO3

2R b+

 nO = 21 nNO



3 = 12 1,4 = 0,7 mol

 mO = 11,2 (g)

 m kimloại = 24,12 – 11,2 = 12,92 (g)

 mNO



3 = 1,4 62 = 86,8 (g) (nNO



3 = 1,4 mol)

 m muối = 86,8 + 12,92 = 99,72 (g)

Bài tập 4.5:

Cho 16 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ tác dụng hết với nước thu đuợc dung dịch B và 3,36 lít khí H2 (đktc) Nếu cô cạn dung dịch B được m1 gam hỗn hợp rắn , còn nếu trung hoà dung dich B bằng dung dich HCl rồi cô cạn dung dịch sản phẩm thì được m2 gam hỗn hợp muối khan Tính m1 và m2

H

ư ớng dẫn giải

Gọi : Rn+là chung cho các ion kim loại kiềm và kiềm thổ Hoá trị chung là b

Sơ đồ (V1) : b H2 2b OH

2R b+

 nOH- = 2 nH2 = 2 0,15 = 0,3 mol

 mOH- = 0,3 17 = 5,1 (g)  m1 = 16 + 5,1 = 21,1 (g)

Sơ đồ (V2) :

2bH2O 2bCl - ( Do H 2 O  H + + OH - )

2R b+

 nCl- = nOH- = 0,3 mol

 mCl- = 0,3 35,5 = 10,65 (g)

 m2 = 16 + 10,65 = 26, 65 (g)

c Kết luận rút ra trong quá trình giải bài tập vận dụng sơ đồ V

Điểm quan trọng nhất khi giải bài tập vận dụng sơ đồ V là phải nhận định đúng trạng thái của các chất oxi hoá và các chất khử, để khi lập sơ đồ V đúng, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hoá học xảy ra, ưu điểm của sơ đồ (V) nó rất hữu hiệu, nhanh hơn cả định luật bảo toàn electron, hạn chế viết phương trình phản ứng hoá học

5 Vận dụng quy tắc đường chéo

a Cơ sở lí thuyết.

Ví dụ: Trộn 2 dung dịch:

Dung dịch 1: Có khối lượng m1 thể tích V1, nồng độ C1, (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1

Dung dịch 2: Có khối lượng m2 thể tích V2, nồng độ C2, (C% hoặc CM), khối lượng riêng d2

Dung dịch thu được có m = m1 + m2, V = V1 + V2, nồng độ C(C1< C < C2), khối lượng d Sơ đồ đường chéo và công thức ứng dụng mỗi trường hợp là:

+ Đối với nồng độ % về khối lượng:

m1 C1 C2 C

C  1

2

m

m = 2

1

C C

C C



 (1)

m2 C2 C1  C

+ Đối với nồng độ mol/lit:

V1 C1 C2 C

C  V V12 = C C21C C (2)

V2 C2 C1  C

+ đối với khối lương riêng:

V1 d1 d2 d

d  1

2

V

V = 2

1

d d

d d



 (3)

V2 d2 d1  d

b Bài tập áp dụng

Bài tập 5.1:

Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với m2 gam dung dịch HCl 15% Tính tỉ lệ m1/m2:

Hướng dẫn giải:

Áp dụng công thức 1 có: 1

2

m

m = 15 2545 25

 = 20

10 =

2

1

Bài tập 5.2: