Đang tải... (xem toàn văn)
A. Lời mở đầuVới hình thức thi trắc nghiệm hiện nay, việc chọn phương án tối ưu để thực hiện giải các bài toán hóa học là giải pháp cần thiết. Trong quá trình giảng dạy cần có định hướng rõ cách thức giải 1 bài toán dưới hình thức trắc nghiệm là khác biệt so với giải tự luận, với số điểm 0,2/câu không phân biệt là câu giải toán hay câu lý thuyết học sinh cần xác định đúng hướng nhanh nhất của bài toán để áp dụng.
CÁCH GIẢI TỐI ƯU CHO BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Tác giả: Khiếu Chi – THPT Ngô Quyền Hải Phòng A. Lời mở đầu Với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay, việc chọn phương án tối ưu để thực hiện giải các bài toán hóa học là giải pháp cần thiết. Trong quá trình giảng dạy cần có định hướng rõ cách thức giải 1 bài toán dưới hình thức trắc nghiệm là khác biệt so với giải tự luận, với số điểm 0,2/câu không phân biệt là câu giải toán hay câu lý thuyết học sinh cần xác định đúng hướng nhanh nhất của bài toán để áp dụng. Tôi xin trình bày 1 số phân tích cụ thể với các hướng tối ưu với các bài toán hóa học cụ thể, với hy vọng góp phần tạo nên 1 định hướng chung cho quá trình giải toán hóa học. Điều quan trọng nhất là các vấn đề đề cập trong giải toán hóa học nhấn mạnh tư duy hóa học, không lạm dụng toán học can thiệp vào các bài tập trắc nghiệm hóa học. B. Phân tích cụ thể một số bài toán Bài 1. Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là : A. CH 3 OH ; C 2 H 5 OH B. C 2 H 5 OH ; C 3 H 7 OH C. C 3 H 5 OH ; C 4 H 7 OH D. C 3 H 7 OH ; C 4 H 9 OH Phân tích: * Học sinh thường nhầm là Na phản ứng vừa đủ vì đề bài ra ancol tác dụng hết với 9,2g Na do đó thường giải sai theo 2 tình huống sau : tính theo Na (đáp án A), áp dụng tăng giảm khối lượng tính khối lượng rượu bằng khối lượng chất rắn sau trừ đi khối lượng rượu ban đầu (đáp án A). Trong cả 2 tình huống đó vẫn đều có đáp án A. Chính xác, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính khối lượng Hydro, sau đó tính số mol ancol theo số mol hydro. Chú ý bài tập này là không thể tính toán theo đại lượng ban đầu vì ta chưa thể xác định chất phản ứng hết là gì. Việc áp dụng BTKL trong bài tập này đơn giản, định hướng cho học sinh cách quan sát hiện tượng hóa học theo cách tổng quát, không bị chi phối bởi các phản ứng đơn lẻ mà dẫn đến sai bản chất. Bài 2. Đun nóng 15,4 gam hỗn hợp khí X (metan, hydro, 1 ankin) với xúc tác Ni, thu được hỗn hợp khí Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch Brom dư, thu được 6,048 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối so với hidro bằng 8. Độ tăng khối lượng dung dịch Brom là : A. 0,82 gam B. 1,62 gam C. 4,6 gam D. 2,98 gam Phân tích: * Nếu học sinh thực hiện theo cách gọi công thức ankin, tiến hành các bước thí nghiệm, trình bày các phương trình phản ứng để có các sản phẩm cho Y và Z thì bài toán rất dài dòng. Với nhận xét sau đây khi quan sát chung cho cả quá trình, kết quả cần tìm ở đây là khối lượng chất tham gia phản ứng với brom, hoàn toàn không liên quan gì đến metan hay hidro. Thứ 2 cần nhận xét đến sự thay đổi của X,Y,Z, cụ thể ở đây là sự thay đổi về khối lượng. Ta có : Theo định luật BTKL : Khối lượng X = khối lượng Y = khối lượng Z + khối lượng bình brom tăng. Khối lượng bình brom tăng = khối lượng X - khối lượng Z = 5,14 - M Z .8.2 = 0,82gam. Bài 3. Cho 3,06gam hỗn hợp K 2 CO 3 và MgCO 3 tác dụng với dung dịch HCl thu được V lít khí (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 3,39 gam muối khan. Giá trị V (lít) là : A. 0,224 B. 0,448 C. 0,336 D. 0,672 Phân tích: * Thông thường, học sinh đặt ẩn số mol mỗi muối là x, y, sau đó lập hệ 2 phương trình 2 ẩn và tính được V. Trong bài toán này có nhận xét : CO 3 2- > 2 Cl - 60g 71g Như vậy khối lượng muối hình thành tăng 11 gam/mol, ta có : Khối lượng muối tăng = 11.số mol CO 2 = 3,39 – 3,06 > số mol CO 2 = 0,03 mol. Cách nhận xét sự tăng giảm khối lượng mỗi mol muối để tính khối lượng khí CO 2 làm đơn giản hóa bài toán, không cần viết ptpu cũng như phải lâpj hệ phương trình và tính toán cồng kềnh, bên cạnh đó học sinh sẽ hiểu rõ ràng sự bảo toàn khối lượng trong phản ứng hóa học. Bài 4. Hòa tan hoàn toàn 2,81gam hỗn hợp gồm Fe 2 O 3 , MgO, ZnO trong 500ml dung dịch H 2 SO 4 0,1M vừa đủ. Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là : A. 7,71gam B. 6,91gam C. 7,61gam D. 6,81gam Phân tích: * Cách giải thông thường với cách giải gọi 3 ẩn số và lập hệ phương trình sẽ mất thời gian và không thích hợp cho thi trắc nghiệm. Với bài toán này sẽ có nhận xét sau giúp đơn giản bài giải : Khi chuyển Oxit > muối thì số mol Oxi trong oxit = số mol SO 4 2- Do đó : Khối lượng tăng = 0,05.(96-16) = 4,0 gam > Khối lượng muối = khối lượng oxit + khối lượng tăng = 6,81 gam. Bài 5. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS 2 và y mol Cu 2 S vào axit HNO 3 vừa đủ thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat và khí duy nhất NO. Tỉ số x/y là : A. 6/5 B. 2/1 C. 1 /2 D. 5/6 Phân tích: * Nhận xét : S đã chuyển hết thành SO 4 2- 2FeS 2 > Fe 2 (SO 4 ) 3 ; Cu 2 S > 2CuSO 4 x 0,5x y 2y Theo bảo toàn nguyên tố với S : 2x + y = 3.0,5x + 2y > x/y = 2/1. Bài 6. Tiến hành cracking ở nhiệt độ cao 5,8gam butan. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí X gồm CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 . Đốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra qua bình đựng H 2 SO 4 đặc. Độ tăng khối lượng bình H 2 SO 4 đặc là : A. 9,0gam B. 4,5gam C. 18,0gam D. 13,5gam Phân tích: * Khối lượng bình H 2 SO 4 đặc tăng lên chính là khối lượng của H 2 O bị hấp thụ. Theo bảo toàn nguyên tố với H : số mol H 2 O = 1/ 2 số mol H = 5. số mol C 4 H 10 = 0,5. Bài 7. Chia hỗn hợp X gồm 2 kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H 2 (đktc). Phần 2 nung trong không khí dư, thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X là A. 1,56gam B. 1,8gam C. 2,4gam D. 3,12gam Phân tích: * Nhận xét: Tổng số mol điện tích ion dương của 2 kim loại trong 2 phần bằng nhau nên tổng số mol điện tích ion âm trong 2 phần cũng bằng nhau (theo định luật bảo toàn điện tích) O 2- < > 2Cl - Mặt khác : số mol Cl - = số mol H + = 2.số mol H 2 = 0,08 mol. > số mol O trong oxit = 0,04 mol Trong 1 phần : Khối lượng kim loại = Khối lượng oxit – khối lượng oxi = 1,56gam. Vậy khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12gam. Bài 8. Thay đổi dữ kiện đề bài ở bài số 5, cho y = 0,045 mol, tính x? A. 0,045 B. 0,09 C. 0,135 D. 0,18 Phân tích: * Cách 1 : Nếu làm theo bài 5 > x =0,09. * Cách 2 : áp dụng bảo toàn nguyên tố : Fe 3+ : x mol ; Cu 2+ : 0,09 mol ; SO 4 2- : x+0,045 áp dụng định luật bảo toàn điện tích : 3x + 2.0,09 = 2.(x+0,045) > x = 0,09 Bài 9. Để hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 cần vừa đủ 700ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X và 3,36 lít H 2 (đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa thu được đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thì lượng chất rắn thu được là: A. 8gam B. 16gam C. 24gam D. 32gam Phân tích: * Với cách giải thông thường ta viết 7 phương trình hóa học, sau đó đặt ẩn số rồi lập hệ phương trình và giải. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 Số mol HCl hòa tan Fe = 2.số mol H 2 = 0,3 => Số mol HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 Theo định luật bảo toàn điện tích : Số mol O trong oxit = 1/ 2 số mol Cl - = 0,2 Khối lượng Fe trong X = khối lượng oxit – khối lượng oxi = 16,8gam 2 Fe (trong X) → Fe 2 O 3 . Suy ra số mol Fe 2 O 3 = 0,15 mol. Bài 10. Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO 3 , toàn bộ lượng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thu được đem oxi hoá thành NO 2 rồi chuyển hết thành HNO 3 . Thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia vào quá trình trên là A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,6 lít D. 6,72 lít. Phân tích: Cách 1: Giải thông thường: Cu 19,2 n = =0,3(mol) 64 3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO↑ + 4H 2 O 0,3 → 0,2 (mol) (1) 2NO + O 2 → 2NO 2 0,2 → 0,1 → 0,2 (2) 4NO 2 + O 2 + 2H 2 O → 4HNO 3 0,2 → 0,05 (3) 2 O n = 0,1 + 0,05 =0,15 (mol) ⇒ V= 0,15×22,4 = 5,6 lít ⇒ Đáp án C Cách 2: áp dụng phương pháp bảo toàn e Nhận xét : Xét toàn bộ quá trình : + Nitơ coi như không có sự thay đổi số oxi hoá (HNO 3 ban đầu → HNO 3 ) + Như vậy chỉ có hai nguyên tố có sự thay đổi số oxi hoá là Cu và O 2 Cu − 2e → Cu +2 0,3 → 2×0,3 O 2 + 4e → O 2 − 0,15 ← 0,6 ⇒ V= 0,15×22,4 = 5,6 lít ⇒ Đáp án C. Bài 11. Cho 13,92 gam Fe 3 O 4 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 , sau phản ứng thu được dung dịch X và 0,448 lít khí N x O y (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Khối lượng HNO 3 nguyên chất đã tham gia phản ứng là A. 35,28gam B. 33,48 gam. C. 12,6 gam. D. 17,64 gam. Phân tích: Cách 1: Viết và cân bằng PTPƯ (5x−2y)Fe 3 O 4 + (46x−18y)HNO 3 → (15x−6y)Fe(NO 3 ) 3 + N x O y + (23x−9y)H 2 O 0,06 ¬ → 0,02 (mol) Cách 2: 3Fe +8/3 − e → 3Fe +3 0,06 → 0,06 xN +5 + (5x−2y)e → xN +2y/x 0,02(5x−2y)← 0,02x Điều kiện : x ≤ 2 ; y ≤ 5 (x,y ∈ N) 0,02 (5x−2y) = 0,06 ⇒ x = 1 ; y = 1 (hợp lí) − = = × × + = 3 3 HNO (ph¶n øng) N(trong khÝ) NO (muèi) n n + n 3 0,06 3 0,02 0,56 (mol) ⇒ = × = 3 HNO (ph¶n øng) m 0,56 63 35,28 gam ⇒ Đáp án A Bài 12. Cho 18,56 gam sắt oxit tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 , sau phản ứng thu được dung dịch X và 0,224 lít khí một oxit của nitơ (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Công thức của hai oxit lần lượt là A. FeO và NO. B. Fe 3 O 4 và NO 2 . C. FeO và N 2 O. D. Fe 3 O 4 và N 2 O Phân tích: * Đặt công thức tổng quát của 2 oxit là : Fe 2 O n ; N 2 O m (n <3 ; m < 5 (n, m ∈ R + ) 2Fe +n − 2(3−n)e → 2Fe +3 18,56 2 112 + 16n × → 18,56 2 112 + 16n × (3 − n) (1) 2N +5 + 2(5−m)e → 2N +m 0,02(5 − m) ¬ 2×0,01 (2) ⇒ 18,56 2 112 + 16n × (3 − n) = 0,02(5−m) Với điều kiện trên phương trình có nghiệm hợp lí : m =1 ; n = 8/3 ⇒ 2 oxit lần lượt là Fe 3 O 4 và N 2 O Bài 13. Hòa tan hoàn toàn 4,431 gam hỗn hợp Al, Mg bằng dung dịch HNO 3 loãng thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu có khối lượng 2,59gam, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì lượng muối khan thu được là : A. 19,621gam B. 8,771gam C. 28,301gam D. 32,641gam Phân tích: * Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO. Tính được khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp khí = 37 > khí còn lại phải có M >37 (ví M NO = 30<37) > khí N 2 O. Gọi số mol NO và N 2 O lần lượt là x, y. Lập hệ phương trình tính được x = y = 0,035. áp dụng định luật bảo toàn e tính được số mol e nhận = 0,385. Vậy khối lượng muối = 4,431 + 62.0,385 = 28,301gam Bài 14. Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm 2 hidrocacbon vào bình đựng dung dịch brom dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã tham gia phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít khí X thì sinh ra 2,8 lít khí CO 2 . Công thức phân tử của hidrocacbon là (các thể tích khí đều đo ở đktc) A. CH 4 ; C 2 H 4 B. CH 4 ; C 3 H 4 C. CH 4 ; C 3 H 6 D. C 2 H 6 ; C 3 H 6 Phân tích: * Theo phương trình phản ứng có : số mol Brom = số mol RH không no x số liên kết pi > k =1 > Loại B. Thể tích CO 2 = thể tích hỗn hợp X x số nguyên tử C trung bình > Số C trung bình = 1,67 > Loại D. > Có 1 hidrocacbon là CH 4 > Số C của RH kia = (2,8-1,12.1)/0,56 = 3 > C 3 H 6 Bài 15. Nung m gam bột Fe trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 dư, thoát ra 0,56 lít (đktc) NO là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là : A. 2,52 B. 2,62 C. 2,62 D. 2,32 Phân tích: * Có 4 phương án tối ưu quy đổi hỗn hợp X Cách 1 : Quy đổi hỗn hợp X gồm : Fe : x mol , Fe 2 O 3 : y mol áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn e lập hệ phương trình tính được : x = 0,025 ; y = 0,01 Theo bảo toàn nguyên tố với Fe : Tổng số mol Fe = x + 2y, từ đó tính được m = 2,52gam. Cách 2 : Quy đổi hỗn hợp X gồm : Fe : x mol , FeO : y mol. Tiếp theo như cách 1. Cách 3 : Quy đổi hỗn hợp X gồm : Fe : x mol , O : y mol. Tiếp theo như cách 1 Cách 4 : Thay vai trò oxi hóa của HNO 3 bằng [O], như vậy thay vai trò nhận e của N +5 bằng O, theo nguyên tắc số e do N +5 và O 0 nhận phải như nhau. Tiếp theo cũng áp dụng bảo toàn e và bảo toàn khối lượng để tính toán Bài 16. Tỉ khối của hỗn hợp gồm H 2 , CH 4 , CO so với hidro bằng 7,8. Để đốt cháy hoàn toàn một thể tích hỗn hợp này cần 1,4 thể tích oxi. Thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là : A. 20%-50%-30% B. 33,33%-50%-16,67% C. 20%-60%-20% D. 10%-80%-10% Phân tích: * Giả sử có 1 mol hỗn hợp ban đầu > số mol Oxi dùng là 1,4 mol 2H 2 + O 2 > 2H 2 O CH 4 + 2O 2 > CO 2 + 2H 2 O 2CO + O 2 > 2CO 2 Nhận xét rằng : nếu tỷ lệ các ptpu là 2:1 thì chỉ cần số mol oxi = 0,5 mà thực tế cần 1,4 mol tức là dư ra 0,9 mol, đó là số mol oxi phản ứng với CH 4 . Vậy số mol CH 4 = 2/3.(0,9) = 0,6 mol. Bài 17. Dẫn 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp gồm etilen, propen, các buten và axetilen qua dung dịch đựng brom dư thì thấy lượng brom trong bình giảm 19,2gam. Tính lượng CaC 2 cần dùng để điều chế được lượng axetilen có trong hỗn hợp trên. A. 6,4gam B. 1,28gam C. 2,56gam D. 3,2gam Phân tích: * Có các phản ứng : Anken + 1Br 2 → C 2 H 2 + 2Br 2 → Số mol CaC 2 = số mol C 2 H 2 = số mol Br 2 – số mol anken = 0,02 mol. Bài 18. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm m gam X gồm bột Al và sắt oxit Fe x O y trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp Y. Nghiền nhỏ, trộn đều hỗn hợp B rồi chia thành 2 phần Phần 1: có khối lượng 14,49gam được hòa tan hết trong dung dịch HNO 3 đun nóng, thu được dung dịch C và 0,165mol NO là sản phẩm khử duy nhất. Phần 2: tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,015 mol khí H 2 và còn lại 2,52gam chất rắn. Công thức của oxit và giá trị của m lần lượt là : A. FeO và 19,32gam B. Fe 2 O 3 và 28,98 gam C. Fe 3 O 4 và 19,32 gam D. Fe 3 O 4 và 28,98 gam Phân tích: * Tính toán với các giả thiết cho của phần 2 được :Số mol Fe = 0,045 ; số mol Al = 0,01 ; số mol Al 2 O 3 : a mol Phần 1 có khối lượng gấp k lần phần 2 do đó trong phần 1 : Fe : 0,045k ; Al : 0,01k ; Al 2 O 3 : ak. Tính toán với phần 1 được a = 0,02. Tiếp theo tính toán thông thường. C. Kết luận Trên đây là các bài tập tôi chọn để giới thiệu và phân tích, cách giải và tìm ra đáp số với các ví dụ trên đây rất đơn giản, có thể còn nhiều hơn nữa các cách giải quyết nhanh gọn 1 bài toán hóa học. Có rất nhiều các bài tập có thể áp dụng các phân tích trên đây, bao gồm cả những bài luyện thi đại học ở mức độ khó hơn cũng nên áp dụng các khả năng tiếp cận vấn đề ở trên. Bài viết được đăng tải trên website: http://khieuchi.com http://ngocbinh.dayhoahoc.com . CÁCH GIẢI TỐI ƯU CHO BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Tác giả: Khiếu Chi – THPT Ngô Quyền Hải Phòng A. Lời mở đầu Với hình thức thi trắc nghiệm hiện. phương án tối ưu để thực hiện giải các bài toán hóa học là giải pháp cần thiết. Trong quá trình giảng dạy cần có định hướng rõ cách thức giải 1 bài toán