sang kien kinh nghiem giải nhanh bài toán bằng pp bảo toàn khối lượng

Lí do chọn đề tài: Trong chương trình Hóa học phổ thông có rất nhiều dạng bài tập, trong đó bài tập áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng là một trong những dạng bài tập khá phổ biến..

Trang 1

A LỜI NÓI ĐẦU

I Lí do chọn đề tài:

Trong chương trình Hóa học phổ thông có rất nhiều dạng bài tập, trong đó bài tập áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng là một trong những dạng bài tập khá phổ biến Đó là lí do mà tôi chọn đề tài “Giải nhanh bài toán hóa học bằng phương pháp bảo toàn khối lượng”

1 Cơ sở lí luận:

Trong mỗi bài toán hóa học có rất nhiều phương pháp để giải Tuy nhiên, mỗi bài toán điều có một phương pháp nào đó để tìm ra kết quả nhanh nhất

2 Cơ sở thực tiễn:

Có nhiều bài toán nếu giải theo cách thông thường sẽ trở nên dài dòng, dẫn đến học sinh khó hiểu Phương pháp bảo khối lượng sẽ trở nên ngắn gọn và dễ dàng hơn đối với một số bài toán hóa học

II Mục đích và phương pháp nghiên cứu:

1 Mục đích nghiên cứu:

Chuyên đề nhằm mục đích giúp học sinh tìm ra phương pháp giải nhanh và chính xác các bài tập hóa học

Rèn luyện kỹ năng làm câu hỏi trắc nghiệm của học sinh

2 Phương pháp nghiên cứu:

Các dạng bài tập áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng trong chương trình Hóa học phổ thông

III Phạm vi đề tài:

Đề tài áp dụng cho học sinh trung học phổ thông

Nội dung nghiên cứu là các bài toán hóa học vận dụng phương pháp bảo toàn khối lượng

IV Kế hoạch thực hiện:

Đề tài được thực hiện từ đầu năm học 2015-2016

Trang 2

B NỘI DUNG:

I Cơ sở lí luận:

Cơ sở lí thuyết của phương pháp này dựa theo sự bảo toàn khối lượng:

Tổng khối lượng chất tham gia phản ứng = Tổng khối lượng sản phẩm tạo thành.

II Cơ sở thực tiễn:

Trước khi vận dụng đề tài, số liệu khảo sát kiểm tra 15 phút – lần 2 – học kì 1 của lớp 12.2 (năm học 2014 – 2015) như sau:

Tổng số: <3 3 đến <5 5 đến <7 7 đến <9 9 đến 10 7 trở lên

III Biện pháp thực hiện:

Trước hết cần lưu ý đây không phải là phương pháp duy nhất để giải bài toán hóa học, nhưng phương pháp bảo toàn khối lượng có thể giải nhanh và chính xác một

số bài toán

Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối

lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”

Lưu ý:

+ Không tính khối lượng của chất không tham gia phản ứng cũng như chất đã

có khối lượng

+ Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại (hoặc NH4 ) và anion gốc axit (Chú ý thêm các chất bị nhiệt phân)

1 Một số ví dụ:

Ví dụ 1: Cho 20 gam hỗn hợp gồm Fe và Mg tác dụng hết với dung dịch HCl

thấy có 1 gam H2 bay ra Lượng muối clorua có trong dung dịch sau phản ứng là:

A 37,75 gam B 38,25 gam C 55,5 gam D 56,5 gam

Hướng dẫn giải

mol y

x n

mol y

x n

mol y y

y y

H MgCl

HCl Mg

mol x x

x x

H FeCl

HCl Fe

HCl

2 1

) ( 2

2

) ( 2

2

2 2

= +

=

⇒

=

= +

=

↑ +

→ +

↑ +

→ +

Trang 3

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

gam

m m m

m m

H HCl kl

H muôi HCl

kl

5 , 55 1 5 , 36 1 20

2 2

=

− +

=

− +

=

+

= +

⇒ Đáp án C

Nhận xét: Đối với bài tập này học sinh có thể lập hệ phương trình để giải, nhưng tốn khá nhiều thời gian Học sinh cần nhớ số mol HCl bao giờ cũng gấp đôi số mol H 2 hoặc có thể áp dụng công thức sau: mmuối = m kl +71.n H2

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3 Cho một luồng CO đi qua ống sứ

đựng m gam hỗn hợp X nung nóng Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất

rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4 Tính giá trị m

Các phản ứng khử sắt oxit có thể có:

3Fe2O3 + CO →t o 2Fe3O4 + CO2 (1)

Fe3O4 + CO →t o 3FeO + CO2 (2) FeO + CO →t o Fe + CO2 (3)

Nhận xét: Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn,

điều đó không quan trọng, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO 2 tạo thành.

B

11,2

22,5

Gọi x là số mol của CO2⇒ nCO (hh B) = 0,5 – x

Ta có phương trình về khối lượng của B:

44x + 28(0,5 − x) = 0,5 20,4 2 = 20,4 Nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng Theo ĐLBTKL ta có:

mX + mCO = mA + mCO 2

⇒ m = 64 + 0,4 44 − 0,4 28 = 70,4 gam

⇒ Đáp án C.

Trang 4

Ví dụ 3: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO

và Fe2O3 đốt nóng Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B hỗn hợp gồm 4 chất nặng 4,784 gam Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là

Để giải nhanh chung ta có thể tóm tắt đề bài như sau:

0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO → 4,784 gam hỗn hợp B (Fe, FeO,

Fe3O4 và Fe2O3) + CO2

CO2 + Ba(OH)2 dư → BaCO3 ↓ + H2O 1mol 1mol

2 3

CO BaCO

n =n =0,046 mol

và nCO (p.) =nCO 2 =0,046 mol

mA + mCO = mB + mCO 2

⇒ mA = 4,784 + 0,046.44 − 0,046.28 = 5,52 gam

Đặt nFeO = x mol, nFe O3 2 =y mol trong hỗn hợp A ta có:

x y 0,04 72x 160y 5,52

+ =



 → x 0,01 moly 0,03 mol=

 =



⇒ %mFeO = 0,501,52.72100=13,04%

⇒ %Fe2O3 = 86,96%

⇒ Đáp án A.

Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại

hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc) Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?

M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2 + H2O

x 2x x x (mol)

Trang 5

R2CO3 + 2HCl → 2RCl2 + CO2 + H2O

y 2y y y (mol)

mol y

x n

mol y

x n

mol y

x n

O H HCl CO

2 , 0

4 , 0 2 2

2 , 0 4 , 22

48 , 4

2

= +

=

= +

=

⇒

=

= +

=

23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + 0,2.44 + 0,2.18

⇒ mmuối = 26 gam

⇒ Đáp án C.

Ví dụ 5: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung

dịch HNO3 63%, đun nóng Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đktc) Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A

Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

x 6x x 3x (mol)

Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

y 4y y 2y (mol)

2 NO

n =0,5mol ⇒ nHNO 3 =2nNO 2 =1mol.

gam

m m

m

89 46 5 , 0 63

100 63 1 12

2 3

=

− +

=

− +

=

Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có:

56x 64y 12 3x 2y 0,5



 + =

 ⇒ x 0,1y 0,1=

 =



⇒ Fe( NO ) 3 3

0,1 242 100

89

3 2 Cu( NO )

0,1 188 100

89

⇒ Đáp án B.

Trang 6

Ví dụ 6: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 ancol no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là:

A 0,1 mol B 0,15 mol C 0,4 mol D 0,2 mol

Ta biết rằng cứ 3 loại ancol no, đơn chức tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc,

140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O

Theo ĐLBTKL ta có

gam m

m

m H O ancol ete 132,8 111,2 21,6

21,6

18

Mặt khác cứ hai phân tử ancol thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do

đó số mol H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2 0,2

6 = mol

⇒ Đáp án D.

Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ ancol tách nước

tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các ancol và các ete trên Nếu học sinh viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian

Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904

lít O2 (đktc) thu được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3 Hãy xác định công thức phân tử của A Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7

A C8H12O5 B C4H8O2 C C8H12O3 D C6H12O6

1,88 gam A + 0,085 mol O2 → 4a mol CO2 + 3a mol H2O

mol

n O 0,085

4 , 22

904 , 1

2 = =

gam m

m CO H O 1,88 0,085.32 4,6

2

2 + = + =

⇒ 44.4a + 18.3a = 4,6 ⇒ a = 0,02 mol

Trong chất A có:

nC = 4a = 0,08 mol

Trang 7

nH = 3a.2 = 0,12 mol

nO = 2n CO2 +n H2O −2n O2 = 2.4a + 3a − 2.0,085 = 0,05 mol (Bảo toàn mol nguyên tử Oxi)

⇒ nC : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5

Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203

⇒ Đáp án A.

Ví dụ 8: Cho 0,1 mol este tạo bởi axit hai chức và ancol đơn chức tác dụng

hoàn toàn với NaOH thu được một lượng muối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% và 6,4 gam một ancol Công thức cấu tạo của este là:

A CH3−COO− CH3 B CH3OCO−COO−CH3

C CH3COO−COOCH3 D CH3COO−CH2−COOCH3

R(COOR′)2 + 2NaOH → R(COONa)2 + 2R′OH 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 mol

32 2 , 0

4 , 6 ,OH = =

R

m ⇒ Ancol là CH3OH

meste + mNaOH = mmuối + macol

⇒ mmuối− meste = 0,2.40 − 6,4 = 1,6 gam

mà mmuối − meste = 13,56

100 meste

⇒ meste = 1,6 10013,56× =11,8 gam

⇒ Meste = 118 đvC

R + (44 + 15).2 = 118 ⇒ R = 0

Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCO−COO−CH3

⇒ Đáp án B.

Ví dụ 9: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân

của nhau bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng Công thức cấu tạo của 2 este là:

A HCOOC3H7 và CH3COOC2H5 B C2H5COOCH3 vàCH3COOC2H5

C HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 D CH3COOC2H5 vàCH3COOCH3

Trang 8

Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCOOR′

RCOOR′ + NaOH →t0 RCOONa + R′OH 11,44 gam 11,08 gam 5,56 gam

mNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam

5,2

40

⇒ RCOONa

11,08

0,13

= = → R 18,23=

5,56

0,13

′ = = → R′ =25,77

⇒ RCOOR

11,44

0,13

⇒ CTPT của este là C4H8O2

Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là:

HCOOC3H7 và CH3COOC2H5

HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 hoặc C2H5COOCH3 vàCH3COOC2H5

Vì hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và R′ =25,77 nên hai este là

C2H5COOCH3 vàCH3COOC2H5

⇒ Đáp án B.

Ví dụ 10: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no, đơn chức làm hai phần bằng nhau:

- Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H2O

- Phần 2: Tác dụng với H2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO2 (đktc) thu được là

A 1,434 lít B 1,443 lít C 1,344 lít D 0,672 lít

Phần 1: Vì anđehit no, đơn chức nên n CO P n H O 0,06mol

18

08 , 1 2

2 ( 1 ) = = =

⇒ n CO (P1) n C(P1) n C(P2) 0,06mol

2 = = =

Theo bảo toàn mol nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có:

mol n

n = =0,06

Trang 9

⇒ n CO (hhA) n C(hhA) 0,06mol

2 = =

⇒ VCO 2= 22,4.0,06 = 1,344 lít

⇒ Đáp án C.

2 Một số bài tập tham khảo thêm:

Bài 1: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch

HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là

Bài 2: Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung

dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam muối Thể tích dung dịch HCl phải dùng là

A 0,8 lít B 0,08 lít C 0,4 lít D 0,04 lít

Bài 3: Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là

Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H

trong dãy điện hóa) bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan là

Bài 5: Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí (đktc) Hàm lượng % CaCO3 trong X là

Bài 6: Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm IA ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan Tên hai kim loại và khối lượng m là

A 11 gam; Li và Na B 18,6 gam; Li và Na

C 18,6 gam; Na và K D 12,7 gam; Na và K

Bài 7: Để khử hoàn toàn 30 gam hỗn hợp CuO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 cần dùng 5,6 lít CO (đktc) Khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là:

Trang 10

Bài 8: Cho m gam hỗn hợp Fe, Al và Mg vào bình kín chứa 0,9 mol O2 Nung nóng bình một thời gian cho đến khi số mol O2 trong bình chỉ còn 0,865 mol và chất rắn trong bình có khối lượng 2,12 gam Giá trị m là:

Bài 9: Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng

dung dịch HNO3 thu được 6,72 lít khí NO và dung dịch X Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan?

Bài 10: Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO trong 500

ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ) Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi

cô cạn dung dịch có khối lượng là

Đáp án các bài tập vận dụng:

IV Hiệu quả áp dụng:

Trước khi vận dụng đề tài, số liệu khảo sát kiểm tra 15 phút – lần 2 – học kì 1 của lớp 12.2 (năm học 2014 – 2015) như sau:

Sau khi vận dụng đề tài, số liệu khảo sát kiểm tra 15 phút – lần 2 – học kì 1 của lớp 12.2 (năm học 2015 – 2016) như sau:

C KẾT LUẬN:

I Ý nghĩa của đề tài đối với công tác giảng dạy:

Trang 11

Trong quá trình công tác, bản thân nhận thấy có rất nhiều dạng bài tập và cũng

có rất nhiều phương pháp giải khác nhau Tuy nhiên, đối với một số bài toán thì phương pháp bảo toàn khối lượng là phương pháp mà tôi cảm thấy ngắn gọn và nhanh nhất

II Khả năng áp dụng:

Đề tài được áp dụng cho học sinh trung học phổ thông Tuy nhiên cũng có thể vận dụng bồi dưỡng cho học sinh khá, giỏi để học sinh có thêm phương pháp giải nhanh các bài toán khó

III Bài học kinh nghiệm, hướng phát triển:

Đây là một trong nhiều phương pháp giải bài tập hóa học mà tôi rút ra được trong quá trình giảng dạy

Trong quá trình làm đề tài này không tránh khỏi sự thiếu sót Mong sự đóng góp ý kiến để đề tài hoàn thiện hơn

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	192 KB