Sáng kiến kinh nghiệm Phần một : MỞ ĐẦU Hoá học - môn học “kinh hoàng” đối với một bộ phận học sinh nhưng lại là môn học ưa thích và dễ dàng gỡ điểm với phần lớn các học sinh khác . Môn hoá học thực sự là một bộ môn khoa học tổng hợp của nhiều môn học khác.Để giải được các bài tập hoá học trước hết học sinh phải nắm thật chắc lý thuyết,hiểu được bản chất của quá trình biến đổi hoá học trong bài toán sau đó mới vận dụng các phương pháp bộ môn để giải quyết phần tính toán . Giải được các bài toán hoá học đã khó nhưng vói yêu cầu đổi mới về phương pháp kiểm tra, đámh giá của bộ môn như hiện nay, việc giải được các bài toán là chưa đủ mà phải còn phải giải thật nhanh ,thật chính xác các bài tập.Bằng kinh nghiệm của bản thân qua các năm giảng dạy,bằng việc nghiên cứu các tài liệu tôi đã rút ra khinh mhghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng “Một số phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học” để luyện cho học sinh cách tư duy và giải nhanh bài toán hóa học phục vụ cho kiểm tra, đánh giá kết quả học tập và các cuộc thi . Sau đây là một số ví dụ minh hoạ. Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 1 Sáng kiến kinh nghiệm Phần hai: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN HOÁ HỌC I/Phương pháp đường chéo Các bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài toán hay gặp trong chương trình hoá học phổ thông.Ta có thể giải bài toán này theo nhiều cách khác nhau,song cách giải nhanh nhất là “Phương pháp sơ đồ đường chéo” -Nguyên tắc:Trộn lẫn hai dung dịch +Dung dịch 1: có khối lượng m 1 thể tích V 1 ,nồng độ C 1 (C% hoặc C M ),khối lượng riêng d 1 . + Dung dịch 2: có khối lượng m 2 thể tích V 2 ,nồng độ C 2 (C% hoặc C M ) trong đó C 2 > C 1 ,khối lượng riêng d 2 . +Dung dịch thu được có m = m 1 + m 2 , V = V 1 + V 2 ,nồng độ C ( C 1 < C < C 2 ),khối lượng riêng d Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: a-Đối với nồng độ % về khối lượng m 1 C 1 C 2 - C C → 1 2 m m = 2 1 C C C C − − (1) m 2 C 2 1 C C− b-Đối với nồng độ mol/lit V 1 C 1 C 2 - C C → 1 2 V V = 2 1 C C C C − − (2) V 2 C 2 1 C C− c-Đối với khối lượng riêng V 1 d 1 d 2 - d d → 1 2 V V = 2 1 d d d d − − (3) V 2 d 2 1 d d− Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần chú ý: • Chất rắn coi như dung dịch có C = 100% • Dung môi coi như dung dịch có C =0% • Khối lượng riêng của nước d =1 Một số ví dụ minh hoạ: Dạng 1: Tính toán pha chế dung dịch Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 2 Sáng kiến kinh nghiệm Ví dụ 1: Để thu được dung dich HCl có nồng độ 25% cần lấy m 1 gam dung dịch HCl 45% pha với m 2 gam dung dịch HCl 15%.Tỉ lệ m 1 /m 2 là: A 1:2 B 1:3 C 2:1 D 3:1 Hướng dẫn giải áp dụng công thức (1) 1 2 45 25 20 2 10 1 15 25 m m − = = = − Đáp án C Ví dụ 2: Hoà tan 200 gam SO 3 và m gam dung dịch H 2 SO 4 49% ta được dung dịch H 2 SO 4 78,4% .Giá trị của m là: A 133,3 B 146,9 C 272,2 D 300,0 Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng : SO 3 + H 2 O → → H 2 SO 4 100 gam SO 3 → 98 100 122,5 80 gam × = H 2 SO 4 Nồng độ dung dịch H 2 SO 4 tương ứng là 122,5 % Gọi m 1, m 2 là khối lượng SO 3 và dung dịch H 2 SO 4 49% cần dùng. Theo (1) ta có: 1 2 2 49 78,4 29,4 44,1 200 300 44,1 29,4 122,5 78,4 m m gam m − = = → = × = − Đáp án D Điểm lí thú của sơ đồ đường chéo là ở chỗ pp này còn có thể dùng tính nhanh kết quả của nhiều dạng bài tập hoá học khác Dạng 2:Bài toán hỗn hợp 2 đồng vị Ví dụ 3: nguyên tử khối trung bình của brôm là 79,319. Giả thiết brôm có hai đồng vị bền 79 35 Br và 81 35 Br .Thành phần % số nguyên tử của 81 35 Br là: A 84,05 B 81,02 C 18,98 D 15,95 Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ 81 35 Br (M=81) 79,319 - 79 = 0,319 A = 79,319 79 35 Br (M=79) 81 - 79,319 = 1,681 81 81 35 35 79 35 % 0,319 0,319 % 100% 15,95% % 1,681 1,681 0,319 Br Br Br → = → = × = + Đáp án D Dạng 3 :Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí Ví dụ 4: Một hỗn hợp gồm O 2 và O 3 ở điều kiện chuẩn có tỉ khối với hiđrô là 18.Thành phần% về thể tích của O 3 trong hỗn hợp là: A 15% B 25% C 35% D 45% Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 3 Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn giải: Gọi V 1 ,V 2 là thể tich của O 3 và O 2 trong hỗn hợp áp dụng sơ đồ chéo M 1 =48 32 36− M=18.2=36 M 2 =32 48 36− 1 1 2 4 1 % 100% 25% 12 3 1 V V V → = → = × = + Đáp án B Ví dụ 5: Cần trộn 2 thể tích mêtan với 1 thể tích đồng đẳng X của metan để thu được hỗn hợp khí có tỉ khối so với hiđro bằng 15. X là: A C 3 H 8 B C 4 H 10 C C 5 H 12 D C 6 H 14 Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ đường chéo 4 CH V M 1 =16 2 30M − M =2.15=30 2 M V M 2 =M 2 16 30− → 4 2 2 2 2 30 2 30 28 58 14 2 58 4 14 1 CH M M V M M n n V − = = → − = → = → + = → = Vậy X là C 4 H 10 → Đáp án B Dạng 4:Bài toán hỗn hợp hai chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hoá học Ví dụ 6:Hoà tan 3,164 gam hh CaCO 3 và BaCO 3 bằng dd HCl dư thu được 448 ml khí CO 2 (đktc).Thành phần % số mol BaCO 3 trong hh là: A 50% B 55% C 60% D 65% Hướng dẫn giải 2 0,02 CO n mol M= → = 3,164 158,2 0,02 = áp dụng sơ đồ đường chéo BaCO 3 (M 1 =197) 100 158,2 58,2− = M =158,2 CaCO 3 (M 2 =100) 197 158,2 38,8− = 3 58,2 % .100% 60% 58,2 38,8 BaCO n→ = = + Đáp án C Dạng 5: Bài toán các chất hữu cơ là đồng đẳng kế tiếp Ví dụ 7:Cho 11 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức phản ứng với K dư thu được 3,36 lit H 2 (đktc).Thành phần% về số mol của ancol có khối lượng phân tử nhỏ là: A 33,33% B 66,67% C 40% D 60% Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: 2 ROH + 2 K → 2 ROK + H 2 2 2 0,3 ancol H n n mol= = 110 2 3 ancol M ancol→ = → là CH 3 OH và C 2 H 5 OH Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 4 Sáng kiến kinh nghiệm áp dụng sơ đồ chéo: M 1 =32 96 110 3 3 − M = 110 3 M 2 =46 138 110 3 3 − 3 28 % 100% 66,67% 28 14 CH OH n→ = × = + → Đáp án B II/Phương pháp bảo toàn khối lượng áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ( ĐLBTKL ): “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm của phản ứng” giúp ta giải các bài toán hoá học đơn giản ,nhanh chóng. Ví dụ 1:A là hỗn hợp gồm 0,1 mol etilenglicol và 0,2 mol chất X.Để đốt cháy hết hỗn hợp A cần 21,28 lit O 2 (đktc) chỉ thu được 35,2 gam CO 2 và 19,8 gam H 2 O.Tính khối lượng phân tử của X Hướng dẫn giải Vì sản phẩm cháy chỉ có CO 2 và H 2 O nên X chỉ chứa C,H,O. Đặt công thức chung của A là C x H y O z Ta có ptpư cháy:C x H y O z + O 2 → CO 2 + H 2 O áp dụng ĐLBTKL: A m + 2 O m = 2 2 CO H O m m+ 21,28 35,2 19,8 32 22,4 A m→ = + − × = 0,1 62 18,4 X A m m gam→ = − × = 18,4 92( / ) 0,2 X M gam mol→ = = Ví dụ 2:Hoà tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cácbônat kim loại hoá trị 2 và kim loại hoá trị 3 bằng dd HCl dư thu được dd A và 0,896 lit CO 2 (đktc).Tính khối lượng muối có trong dd A. Hướng dẫn giải Gọi công thức chung hai muối là M 2 (CO 3 ) x Ta có ptpư: M 2 (CO 3 ) x + 2x HCl → 2 MCl x + x H 2 O + x CO 2 Theo ptpư ta có : 2 2 0,04 CO H O n n mol= = 2 2 0,08 HCl CO n n mol= = áp dụng ĐLBTKL: m muối cacbonat + m HCl = m muối clorua + 2 2 H O CO m m+ → m muối clorua = 3,34+0,08.36,5-0,04.(18+44)= 3,78 (gam) Ví dụ 3: Khử m gam hh A gồm CuO,FeO,Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 bằng CO ở nhiệt độ cao thu được 40 gam hh rắn X và 13,2 gam CO 2 .Tính m. Hướng dẫn giải Đặt công thức chung các oxit trước và sau pư là M x O y và M z O t Ta có: M x O y + CO → M z O t + CO 2 2 13,2 0,3 44 CO CO n n mol= = = → áp dụng ĐLBTKL: 40 13,2 28.0,3 44,8( ) x y M O m gam= + − = =m Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 5 Sáng kiến kinh nghiệm Ví dụ 4:Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau cần 200ml dd NaOH 1M thu được m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn hợp 2 ancol. Tính m Hướng dẫn giải Gọi công thức chung của 2 este là RCOOR ’ RCOOR ’ + NaOH → RCOONa + R ’ OH 0,2.1 0,2 NaOH n mol= = 0,2.40 8 NaOH m gam→ = = → áp dụng ĐLBTKL: m muối =m este + m NaOH - m ancol =14,8 +8 -7,8 = 15 (gam) III/Phương pháp tăng giảm khối lượng Nguyên tắc :Dựa vào sự tăng giảm khối lượng(TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1mol hoặc nhiều mol chất B ta dễ dàng tính được số mol của các chất hoặc ngược lại. Ví dụ 1:Hoà tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cácbônat kim loại hoá trị 2 và kim loại hoá trị 3 bằng dd HCl dư thu được dd A và 0,896 lit CO 2 (đktc).Tính khối lượng muối có trong dd A. Hướng dẫn giải Gọi công thức chung hai muối là M 2 (CO 3 ) x Ta có ptpư: M 2 (CO 3 ) x + 2x HCl → 2 MCl x + x H 2 O + x CO 2 ta có : 2 0,04 CO n mol= Ta thấy :cứ thay thế 1mol CO 3 2- bằng 2 mol Cl - khối lượng muối tăng lên 11 gam → khối lượng muối clorua thu được là: 3,34 + 11.0,04 = 3,78 gam Ví dụ 2: Khử m gam hh A gồm CuO,FeO,Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 bằng CO ở nhiệt độ cao thu được 40 gam hh rắn X và 13,2 gam CO 2 .Tính m. Hướng dẫn giải Đặt công thức chung các oxit trước và sau pư là M x O y và M z O t Ta có: M x O y + CO → M z O t + CO 2 2 13,2 0,3 44 CO CO n n mol= = = Ta thấy cứ 1 mol CO phản ứng thì khối lượng hh oxit kim loại giảm 16 gam → m = 40 + 0,3 .16 = 44,8 (gam) Ví dụ 3: Nhúng một lá nhôm vào 200 ml dd CuSO 4 đến khi dung dịch hết màu xanh lấy lá nhôm ra thây nặng hơn ban đầu 1,38 gam.Xác định nồng độ của dd CuSO 4 Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: 2 Al + 3 CuSO 4 → Al 2 (SO 4 ) + 3 Cu ↓ Ta có 2 mol Al phản ứng cho 3 mol Cu → khối lượng kim loại tăng 138 gam Vậy số mol CuSO 4 đã phản ứng là : 1,38 3 0,03 138 mol× = 4 0,03 0,15 0,2 CuSO M C M→ = = Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 6 Sáng kiến kinh nghiệm Ví dụ 4:Cho 11 gam hh 3 axit đơn chức cùng dãy đồng đẳng tác dụng hoàn toàn với Na dư thu được 2,24 lit H 2 (đktc).Tính khối lượng muối hữu cơ tạo thành. Hướng dẫn giải Gọi công thức chung của 3 axit là RCOOH 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H 2 Ta thấy cứ 1 mol axit chuyển thành muối thì khối lượng tăng 22 gam đồng thời tạo ra 0,5 mol H 2 → Khối lượng muối thu được là: 11 +22 . 2. 2,24 22,4 = 15,4 (gam) IV/ Phương pháp bảo toàn nguyên tố Ví dụ 1: A là hh rắn gồm 0,1 mol Fe 2 O 3 và 0,1 mol Fe 3 O 4 .Hoà tan hoàn toàn A bằng dd HCl dư thu được dd B.Cho B phản ứng với NaOH dư thu được kết tủa C.Lọc lấy kết tủa rửa sạch và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn D.Tính m Hướng dẫn giải Ta có : Fe 2 O 3 → Fe 2 O 3 từ 0,1 mol Fe 2 O 3 ban đầu lại thu được 0,1 mol Fe 2 O 3 2 Fe 3 O 4 → 3 Fe 2 O 3 Từ 0,1 mol Fe 3 O 4 ban đầu thu được 0,15 mol Fe 2 O 3 Vậy số mol Fe 2 O 3 thu được là 0.25 mol → m = 0,25 .160 = 40 (gam) Ví dụ 2:Tiến hành crăckinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan sau một thời gian thu được hh khí X gồm CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 3 H 6 , C 4 H 10 .Đốt cháy hoàn toàn X trong oxi dư.Tính khối lượng nước thu được. Hướng dẫn giải Khi chuyển từ butan thành X thì tổng lượng hiđro trong các hợp chất là không đổi nên đốt X thì lượng nước thu được bằng khi đốt butan ban đầu C 4 H 10 → 4 CO 2 + 5 H 2 O 2 5,8 18 5 9 58 H O m = × × = (gam) Ví dụ 3: Hỗn hợp khí A gồm 1 ankan,1anken,1ankin và hiđrô.Chia A làm hai phần bằng nhau rồi tiến hành hai thí nghiệm: -Phần 1:Đem đốt cháy rồi dẫn sp cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 dặc bình 2đựng nước vôI trong dư thấy khối lượng bình 1 tăng 9,9 gam ,bình 2 tăng 13,2 gam -Phần 2:Dẫn từ từ qua ống đựng bột niken nung nóng thu dược hỗn hợp khí B.Đốt cháy hoàn toàn hh khí B rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dd nước vôI trong dư thấy khối lượng tăng m gam.Tính m Hướng dẫn giải Thành phần nguyên tố trong 2 bình như nhau nên sản phẩm cháy hoàn toàn như nhau Do đó : m = 9,9 + 13,2 = 23,1 gam V/Phương pháp bảo toàn electron Nguyên tắc :Khi có nhiều chât oxihoa 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 chất khử cho bằng tổng số mol electron mà các chất oxihoa nhận Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 7 Sáng kiến kinh nghiệm Điều quan trọng khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúng trạng thái đầu và 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. Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp xảy ra. Ví dụ 1. Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO 2 và NO có tỉ lệ thể tích 3:1. Xác định kim loại M. Hướng dẫn giải: Số mol của hỗn hợp khí: n khí 4,22 96,8 = = 0,4 (mol) Vì V NO2 : V NO = 3:1 ⇒ n NO2 : n NO = 3:1 ⇒ n NO2 = 4 3 .0,4 = 0,3 (mol) ; n NO = 4 1 .0,4 = 0,1 (mol) Gọi n là hoá trị củaM. quá trình nhường electron: M 0 - ne M +n (1) Số mol electron nhường là: ∑n e nhường = M 2,19 .n(mol) (*) Quá trình nhận electron: 4 N +5 +6e 3 N +4 + N +2 Tổng số mol electron nhận là: ∑n e nhận = 6x0,1 = 0,6 (mol) (**) Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: ∑n e nhường = ∑n e nhận ⇒ M 2,19 .n = 0,6 ⇒ M = 32n ⇒ n = 2 ; M = 64. Vậy kim loại M là đồng (M Cu = 64) Ví dụ 2 . Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO 3 dư, thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí B gồm NO và một khí X, với tỉ lệ thể tích là 1:1. Xác định khí X. Hướng dẫn giải: Số mol của hỗn hợp khí B: n B 4,22 72,6 = = 0,3 (mol) ⇒ n NO = nx = 0,15(mol) Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 8 Sáng kiến kinh nghiệm Quá trình nhường electron: Fe 0 Fe 3+ +3e (1) Số mol electron nhường là: ∑n e nhường = 3. 56 2,11 = 0,6 (mol) (*) Quá trình nhận electron của NO: N +5 + 3e N +2 (2) Số mol electron do NO nhận là: n e(NO) nhận = 3 x 0,15 = 0,45 (mol) (**) Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: ∑n e nhường = ∑n e nhận ⇒ ∑n e nhường = n e(NO)nhận x n e (Xnhận) ⇒ n e (Xnhận) = ∑n e nhường - n e(NO)nhận = 0,6 - 0,45 = 0,15 (mol) Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có: N +5 + ne N +(5-n) (3) ⇒ n = 1 15,0 15,0 = . Từ đó suy ra X là NO 2 Ví dụ3. Để m gam phoi bào sắt A ngoài không khí sau một thời gian biến thành hỗn hợp B có khối lượng 12 gam gồm Fe và oxit FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho B tác dụng hoàn toàn với axit nitric dư thấy giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO. Tính khối lượng m của A? Hướng dẫn giải: Sơ đồ các biến đổi xảy ra: Fe Fe B FeO dd HNO 3 NO m A gam 12 gam Fe 3 O 4 2,24 lít (đktc) Fe 2 O 3 Quá trình nhường electron: Fe 0 Fe 3+ + 3e (1) Số mol electron nhường là: ∑n e nhường = 3. 56 m (mol) (*) Các quá trình nhận electron: +) Từ sắt oxit: O 2 + 4e 2O -2 (2) Số electron do O 2 nhận là: n e(O2nhận) = 8 12 4. 32 12 mm − = − (mol) +) Từ oxit muối Fe 3+ : N +5 + 3e N +2 (3) Số electron do N nhận là: n e(Nnhận) =3 x 0,1 = 0,3 (mol) Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 9 Sáng kiến kinh nghiệm ⇒ Tổng số electron nhận là: ∑n e nhận = 8 12 m− + 0,3 (mol) (**) Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: ∑n e nhường = ∑n e nhận ⇒ 3 x 3,0 8 12 56 + − = mm ⇒ m = 10,08 (gam) Vi/ Phương pháp bảo toàn điện tích Nguyên tắc : "Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm thì theo định luật bảo toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm". Đây chính là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch. Ví dụ 1 . Kết quả xác định nồng độ mol/lit của các ion trong một dung dịch như sau: Ion: Na + Ca 2+ NO 3 - Cl - HNO 3 - Số mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao? Hướng dẫn giải: Tổng số điện tích dương: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol) Tổng số điện tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol) Ta thấy tổng số điện tích dương # tổng số điện tích âm ⇒ Kết quả xác định trên là sai! Ví dụ 2. Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d trong dung dịch chứa a mol Na + , b mol Ca 2+ , c mol HCO 3 - và d mol Cl - Hướng dẫn giải: Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: a + 2b = c + d Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 10 [...]... dạy, đặc biệt là trong những năm thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy Việc sử dụng các phương pháp giải nhanh giúp cho học sinh có tư duy mạch lạc,có đủ thời gian để giải quyết các bài tập trong kiểm tra đánh giá và đặc biệt là có kết quả cao trong các kỳ thi, đồng thời giúp học sinh rèn luỵện tư duy giải quyết nhanh , chính xác các vấn đề trong cuộc sống Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 16 Sáng... và ngược lại Phương pháp này được áp dụng trong việc giải nhiều bài toán khác nhau cả vô cơ và hữu cơ, đặc biệt là đối với việc chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán một chất rất đơn giản và ta có thể giải một cách dễ dàng Sau đây chúng ta cùng xét một số ví dụ Ví dụ 1 Hoà tan 2,97 gam hỗn hợp 2 muối CaCO 3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448 ml khí CO 2 (đktc) Tính thành phần % số mol của... VII/ Phương pháp khối lượng mol trung bình Khối lượng mol trung bình (KLMTB) của một hỗn hợp là khối lượng của 1 mol hỗn hợp đó: n M = mhh = nhh ∑ Mi.ni i =1 n ∑ ni i =1 Trong đó: +) mhh là tổng số gam của hỗn hợp +) nhh là tổng số mol của hỗn hợp +) Mi là khối lượng mol của chất thứ i trong hỗn hợp +) ni là số mol của chất thứ i trong hỗn hợp Chú ý: +) Mmin < M < Mmax +) Nếu hỗn hợp gồm 2 chất có số. .. bình của Brom là 79,319 Tính thành phần % số nguyên tử của mỗi đồng vị Hướng dẫn giải: Gọi x là thành phần % về số nguyên tử của đồng vị 79 35 Br ⇒ (100 - x) là thành phần % về số nguyên tử của đồng vị A Br = 81 35 Br 79 x + 81(100 − x) = 79,319 ⇒ x = 84,05 ; 100 - x = 15,95 100 Vậy trong tự nhiên, đồng vị 79 35 Br chiếm 84,05% và đồng vị 81 35 Br chiếm 15,95% số nguyên tử Ví dụ 4 Cho 6,4 gam hỗn hợp... 448 ml khí CO 2 (đktc) Tính thành phần % số mol của mỗi muối trong hỗn hợp Hướng dẫn giải: Các phản ứng xảy ra: CaCO3 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2↑ (1) BaCO3 + 2HCl BaCl2 + H2O + CO2↑ (2) 0,448 Từ (1), (2) ⇒ nhh = nCO2 = 22,4 = 0,02 (mol) Gọi x là thành pần % về số mol của CaCO3 trong hỗn hợp (1-x) là thành phần % về số mol của BaCO3 Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 11 Sáng kiến kinh nghiệm 2,97 Ta có:... dư thu được 4,48 lít H2 (đktc) Xác định tên 2 kim loại Hướng dẫn giải: Gọi công thức chung của 2 kim loại nhóm IIA là M Ta có phương trình phản ứng: + M + 2H M 2+ + H2 ↑ Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ (*) 12 Sáng kiến kinh nghiệm 4,48 6,4 Theo (*): n M = nH2 = 22,4 = 0,02 (mol) ⇒ M = 0,2 =32 ⇒ Hai kim loại là Mg (24) và Ca(40) VII/ Bài tập vận dụng 1.1 Để thu được dung dịch CuSO4 16% cần lấy m1... lượng các muối thu được trong dung dịch là: A 10,44 gam KH2PO4; 8,5 gam K3PO4 B.10,44 gam K2HPO4; 12,72 gam K3PO4 C 10,24 gam K2HPO4; 13,5 gam KH2PO4 D.13,5 gam KH2PO4; 14,2 gam K3PO4 1.7 Hoà tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và MgCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn Thành phần % số mol của MgCO 3 trong hỗn hợp là: A 33,33% B 45,55% C 54,45% D 66,67% 1.8 A là khoáng... (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 27 Giá trị của m là: A 11,6 gam B 10,0 gam C 1,16 gam D 1,0 gam I.32 Một hỗn hợp gồm O2, O3 ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối đối với hiđro là 20 Thành phần % về thể tích của O3 trong hỗn hợp sẽ là: A 40% B 50% C 60% D 75% I.33 Đem nung một khối lượng Cu(NO3)2 sau một thời gian dừng lại, làm nguội rồi đem cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam Vậy khối lượng muối Cu(NO 3)2... 197.(1-x) = 0,02 ⇒x=0,5⇒%nBaCO3 =%nCaCO3 = 50% Ví dụ 2 Hoà tan 16,8 gam hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat và sunfit của cùng một kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít hỗn hợp khí (đktc) Xác định tên kim loại kiềm Hướng dẫn giải: Gọi kim loại kiềm cần tìm là M 2MCl + H2O + CO2↑ Các phản ứng xảy ra: M2CO3 + 2HCl (1) 2 MCl + H2O + CO2↑ (2) M2 SO3 + 2HCl 3,36 Từ (1), (2) ⇒ nmuối= nkhí = 22,4 = 0,15... thấy thoát ra 336 ml H2 (đktc) và m gam muối Khối lượng muối thu được là: A 1,57 gam B 1,585 gam C 1,90 gam D 1,93 gam I.21 Khi cho 0,1 mol C3H5(OH)3 và 0,1 mol CH3COOH nguyên chất, riêng biệt Khi cho 2 chất trên tác dụng với Na dư, tổng thể tích khí H2 thu được ở (đktc) là: A 3,66 lít B 4,48 lít C 5,6 lít D 6,72 lít I.22 Cho 3,38 gam hỗ hợp Y gồm CH3OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng vừa đủ với Na thoát . dẫn học sinh sử dụng Một số phương pháp giải nhanh các bài toán hoá học để luyện cho học sinh cách tư duy và giải nhanh bài toán hóa học phục vụ cho kiểm tra, đánh giá kết quả học tập và các. đây là một số ví dụ minh hoạ. Cao V¨n S¸ng - TT HN&GDTX U«ng BÝ 1 Sáng kiến kinh nghiệm Phần hai: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN HOÁ HỌC I /Phương pháp đường chéo Các bài toán. trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài toán hay gặp trong chương trình hoá học phổ thông.Ta có thể giải bài toán này theo nhiều cách khác nhau,song cách giải nhanh nhất là Phương pháp sơ