Luận văn Sử dụng bài tập để phát triển tư duy, rèn trí thông minh cho học sinh trong dạy học hoá học ở trường THPT

ng SO2 Dd Ca(OH)2 dư Kết tủa trắng (giống với CO2) SO2 Nước brom Mất màu nước brom (khác với CO2) H2S Giống như dd H2S Giống dd H2S NH3 Quỳ tím ẩm hoặc phenolphtalein hoặc HCl đặc Quỳ hoá xanh, pp hoá hồng, tạo khói trắng với HCl Cl2, O3 Dd KI + hồ tinh bột Hồ tinh bột hoá xanh dương O3 Dây Ag Dây bạc hoá đen O2 Que đóm còn tàn đỏ Tàn đỏ cháy bùng 2.3.4. Rèn năng lực tư duy linh hoạt, sáng tạo 2.3.4.1. Điều kiện để có tư duy linh hoạt, sáng tạo a. Kiến thức: Sáng tạo là vận động từ cái cũ đến cái mới nên tư duy phải linh hoạt, mềm dẻo trên cơ sở thông hiểu sâu sắc bản chất các khái niệm, định luật, quy luật tương tác giữa các chất trong quá trình hoá học và tương tác giữa các quá trình hoá học với nhau. Như vậy, học sinh muốn sáng tạo thì phải có nền tảng kiến thức vững chắc. b. Phương pháp khoa học: Phải có năng lực độc lập trong tư duy và trong hành động. Tính linh hoạt sáng tạo của tư duy liên quan mật thiết với tính độc lập của tư duy. Độc lập ở trình độ cao dẫn đến linh hoạt, sáng tạo trong tư duy. c. Ham học hỏi, có ý chí: Có câu danh ngôn là: “Trên con đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng”. Mỗi một thành quả đạt được chính là sự nổ lực tổng hợp nhiều mặt của một cá nhân. Có nhiều yếu tố dẫn đến thành công nhưng không thể thiếu sự lao động miệt mài, 64 lòng say mê học tập. Học sinh muốn đạt đến trình độ cao của tư duy không chỉ dựa vào bản chất nhanh nhạy, thông minh vốn có của mình mà còn phải dựa vào khả năng học hỏi người xung quanh, tinh thần cầu tiến, bởi lẽ cái thông minh bẩm sinh nếu không được mài giũa, bồi dưỡng sẽ bị mai một dần, mất đi tính sắc bén vốn có của nó. Vì vậy, “học, học nữa, học mãi” là tinh thần cao đẹp cần phải được phát huy cao độ trong xã hội. 2.3.4.2. Các biện pháp rèn năng lực tư duy linh hoạt, sáng tạo a. Với học sinh, sau khi đã được rèn luyện các thao tác tư duy, rèn năng lực tư duy độc lập thì sau đó chính là điều kiện tốt để nâng lên thành năng lực sáng tạo. Trong giảng dạy hoá học, cách thức thuận lợi để phát triển mặt này chính là cho học sinh giải bài tập hoá học. Nhưng ở đây không phải là giải bài tập để có kết quả mà yêu cầu phải giải nhanh, hay, gọn, có nghĩa là buộc học sinh phải sử dụng thành thạo các phương pháp giải nhanh và quan trọng hơn cả là biết phối hợp các phương pháp với nhau để tạo ra cách giải tốt nhất. b. Với giáo viên, việc biên soạn bài tập phải chú ý sao cho chứa đựng nhiều vấn đề mang tính tổng hợp về kiến thức, về phương pháp giải. Bên cạnh đó cần phải cho học sinh nhận xét, phê phán cách giải của bạn hoặc một cách giải không đúng do giáo viên đưa ra để tránh lặp lại khi làm bài tập tương tự; biết giải bài toán bằng nhiều cách để rút ra cái hay cái chưa hay của từng phương pháp. Không chỉ dừng lại ở các bài tập mang tính lý thuyết, tính toán mà giáo viên còn phải làm cho bài toán ngày càng gắn liền thực tiễn từ cách hỏi, ứng dụng của các chất trong bài toán… Có như vậy việc học hoá với học sinh mới có ý nghĩa, học sinh biết mình đang học gì, liên quan gì đến cuộc sống và có thách thức gì cần phải phấn đấu, nỗ lực để giải quyết. 65 2.3.4.3. Bài tập rèn năng lực tư duy linh hoạt, sáng tạo  Bài tập sử dụng nhóm các phương pháp bảo toàn  Bảo toàn khối lượng Bài tập 1: Cho 12 gam hỗn hỗn hợp X gồm Al, CuO và Fe2O3. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, thu được m gam hỗn hợp chất rắn. Tính m. Nhận xét Hệ trước và sau phản ứng đều là chất rắn. Vậy theo định luật bảo toàn khối lượng thì m = 12 g. Học sinh không nắm vững hiện tượng và nội dung định luật này sẽ loay hoay mãi với các phương trình hoá học và các ẩn số. Hơn nữa do phản ứng xảy ra không hoàn toàn, các chất đều dư sau phản ứng nên việc dùng ẩn số là rất phức tạp. Bài tập 2: Hoà tan 4,86 gam Al trong 100 gam dung dịch H2SO4 19,6%. Tính nồng độ phần trăm dung dịch sau phản ứng. Aln = 0,18 mol; 2 4H SOn = 0,2 mol (phản ứng hết) 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2↑ 0,4 3 ← 0,2 → 0,2 3 0,2 mol dd saum = ( 0,4 3 .27 + 100) – 0,2.2 = 103,2 g C%muối = 22,8 .100% 103,2 = 22,1% Học sinh thường dễ sai sót khi tính dd saum = 4,86 + 100 – 0,2.2 = 104,46 g do chưa trừ lượng Al còn dư sau phản ứng. Bài tập 3: Sục 3,36 lít CO2 (đktc) vào 100 gam dung dịch NaOH 4%. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau phản ứng. 66 2CO n = 0,15 mol; NaOHn = 0,1 mol → k = 2 NaOH CO n n < 1 (CO2 dư, tạo muối axit) CO2 + NaOH  NaHCO3 0,1 ← 0,1 → 0,1 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có dd saum = (0,1.44 + 100)= 104,4g 3NaHCO C% = 8,4.100% 104,4 = 8,05% Học sinh thường nhầm lẫn khi tính dd saum = 0,15.44 + 100 = 106,6 g Bài tập 4: Nung 184,0 gam một mẩu quặng đolomit (thành phần chính là MgCO3.CaCO3, còn lại là tạp chất trơ) đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được chất rắn có khối lượng không đổi là 113,6 gam. Tính phần trăm khối lượng MgCO3.CaCO3 trong quặng. Giải Do quặng đolomit có chứa tạp chất và sản phẩm rắn sau khi nung cũng chứa tạp chất nên bài này giải bằng phương pháp bảo toàn khối lượng là gọn nhất 2CO m = 184,0 – 113,6 = 70,4 g → 2CO n = 1,6 mol MgCO3.CaCO3 ot MgO.CaO + 2CO2 0,8 ← 1,6 3 3%MgCO .CaCO = 80% Bài tập 5: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp muối cacbonat trung hoà của một kim loại hoá trị I và một kim loại hoá trị II trong dung dịch HCl, thấy thoát ra 0,2 mol khí cacbonic. Khi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì được a gam muối khan. Giá trị của a là A. 26,0. B. 28,0. C. 29,6. D. 18,7. Ta có sơ đồ: Muối cacbonat + 2HCl  Muối clorua + CO2↑ + H2O 0,4 ← 0,2 → 0,2 mol 67 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng 23,8 + 14,6 = a + 8,8 + 3,6  a = 26,0 g (đáp án A). Bài toán này không phụ thuộc vào hoá trị của kim loại trong muối và không phụ thuộc số lượng muối đem phản ứng. Bài tập 6: Hoà tan 2,57 gam hỗn hợp bột gồm Al, Fe, Cu trong dung dịch H2SO4 loãng có dư, thu được dung dịch X; 0,64 gam chất rắn không tan và 1,456 lít khí H2 (đktc). Tính khối lượng muối trong dung dịch X. Giải Do Cu không tan trong axit nên bài này thực chất chỉ có 2,57 – 0,64 = 1,93 gam hỗn hợp Al, Fe tan vào dung dịch. 2H n = 1,456 22,4 = 0,065 mol Ta có sơ đồ phản ứng Kim loại + H2SO4  Muối sunfat + H2 0,065 ← 0,065 mol 1,93 g 6,37 g m g 0,13 g Ta có: 1,93 + 6,37 = m + 0,13  m = 8,17 g Bài tập 7: Hoà tan hết 19,2 gam hỗn hợp gồm 3 oxit : Fe2O3, FeO, CuO trong 150 ml dung dịch H2SO4 2M (vừa đủ), thu được dung dịch chứa m gam muối. Tìm m. Giải Ta có sơ đồ phản ứng Oxit kim loại + H2SO4  Muối sunfat + H2O 0,3 → 0,3 mol 19,2 g 29,4 g m g 5,4 g Ta có : 19,2 + 29,4 = m + 5,4  m = 43,2 g. 68 Bài tập 8: Hỗn hợp X có thể tích 22,4 lít (đo ở đktc) gồm CO2, CO và hơi H2O, được dẫn từ từ qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy trong bình xuất hiện 20,0 gam kết tủa và khối lượng dung dịch tăng 1,4 gam. Tính thể tích khí thoát ra khỏi dung dịch (đktc). Giải 3CaCO n = 0,2 mol = 2CO n Độ tăng khối lượng dung dịch sau phản ứng Δm = 2 2CO H O ( + )m m - 3CaCO m = 1,4  2H O m = 1,4 + 20 – 0,2.44 = 12,6 g Khí thoát ra khỏi dung dịch là CO VCO = 22,4 – (0,2. 22,4 + 12,6 .22,4 18 ) = 2,24 lít Bài tập 9: Este E (mạch hở) có tỷ khối so với H2 là 49. Thuỷ phân hoàn toàn m gam este E trong 100 ml dung dịch NaOH 1M, đun nóng thu được dung dịch chứa 8,32 gam chất tan và 3,52 gam hơi một chất hữu cơ X. Công thức của E là A. CH3CH2COOCH=CH2. B. HCOOCH=CH-CH=CH2. C. CH2=CH-COOCH=CH2. D. CH3COO-C(CH3)=CH2. Giải ME = 98 g/mol → loại đáp án A và D. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có m + 40.0,1 = 8,32 + 3,52  m = 7,84 g → nE = 0,08 mol → MX = 44 g/mol (CH3CHO) (đáp án C).  Bảo toàn nguyên tố Bài tập 1: Cho từ từ đến dư hỗn hợp bột kim loại Mg, Al vào 1 lít dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 1,0M và NaHSO4 2,0M đến khi phản ứng xong thì được V lít khí (đktc). Giá trị của V là A. 22,4. B. 11,2. C. 44,8. D. 33,6. 69 Giải Toàn bộ lượng H+ sẽ phản ứng hết với kim loại và bị khử thành H2 Ta có: 2H+  H2 4 → 2 mol 2H V = 2.22,4 = 44,8 lít (Đáp án C). Học sinh thường nhầm lẫn kim loại chỉ tác dụng với H2SO4 mà không tác dụng với muối NaHSO4 mà không nắm rõ bản chất của phản ứng nên sẽ chọn đáp án A. Bài tập 2: Cho khí CO dư đi qua 8,05 gam hỗn hợp Al2O3 và CuO đến khi phản ứng hoàn toàn thì được chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Dẫn khí Y qua dung dịch nước vôi trong dư, được 8 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Fe2O3 trong hỗn hợp ban đầu là A. 79,5%. B. 20,5%. C. 5,0%. D. 95,0%. Nhận xét CO chỉ khử CuO thành Cu, ta có sơ đồ CO + O  CO2 2 3O CO CaCO = = nn n = 0,08 mol → CuOn = 0,08 mol (6,4 g) → 2 3Fe Om = 1,65 g Vậy 2 3Fe O %m = 20,5% (Đáp án B). Bài này học sinh dễ nhầm lẫn 0,08 mol O là tổng số mol O của CuO và Al2O3. Bài tập 3: Dung dịch chứa 0,05 mol AlCl3 tác dụng vừa đủ với dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 loãng, thu được V lít đơn chất khí X ở đktc. Giá trị của V là A. 1,68. B. 3,36. C. 5,60. D. 2,80. Nhận xét Bài này dễ làm học sinh lúng túng vì nghĩ AlCl3 không tác dụng với dung dịch KMnO4 do thấy Al3+ có số oxi hoá cao nhất mà quên rằng Cl- bị KMnO4 70 trong H2SO4 oxi hoá thành Cl2, hơn nữa đây là phản ứng khá lạ. Một số học sinh khác đi viết phương trình hoá học làm mất thời gian. Ta có sơ đồ: 2Cl-  Cl2 0,15 → 0,075 mol 2Cl V = 1,68 lít (Đáp án A). Bài tập 4: Cho sơ đồ sản xuất H2SO4 trong công nghiệp: FeS2 → SO2 → SO3 → H2SO4 Từ 1,2 tấn FeS2, có thể sản xuất được x tấn axit H2SO4 nồng độ 98%; với hiệu suất cả quá trình là 80%. Giá trị của x là A. 2,0. B. 1,6. C. 1,0. D. 0,8. Nhận xét Nguyên tố S bảo toàn, ta có sơ đồ FeS2  2H2SO4 120 t 196 t 1,2 t → 1,96 t 2 4H SO m (thực tế) = 1,96.100.0,8 98 = 1,6 tấn = x (Đáp án B). Bài này không khó nhưng học sinh dễ nhầm lẫn về khâu tính toán do có kèm theo hiệu suất phản ứng và đơn vị đo quá lớn so với đơn vị hay dùng là gam. Học sinh thường viết phương trình rồi giải vẫn cho kết quả đúng nhưng mất thời gian. Bài tập 5: Cho m gam hỗn hợp gồm FeS2 và FeS vào một bình kín chứa khí O2 (dư). Nung nóng bình đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí X và chất rắn R. Hỗn hợp khí X được hấp thụ bằng dung dịch Ba(OH)2 dư, xuất hiện 26,04 gam kết tủa. Để hoà tan hết chất rắn R cần tối thiểu 120 ml dung dịch HNO3 2M. Giá trị của m là A. 4,48. B. 13,76. C. 4,96. D. 8,32. 71 Nhận xét Bài toán mới đọc thấy có vẻ rắc rối, phương trình hoá học rất phức tạp, cân bằng mất thời gian, nhưng nếu nhìn kỹ và bỏ qua các giai đoạn trung gian, các chất không liên quan đến yêu cầu tính toán của đề thì bài này giải rất đơn giản. Theo định luật bảo toàn nguyên tố: m = mFe + mS Nguyên tố Fe biến đổi như sau: 2Fe → Fe2O3 + 6HNO3 → sản phẩm 0,08 ← 0,24 mol Nguyên tố S biến đổi như sau: S  BaSO3 0,12 ← 0,12 mol Vậy: m = 56.0,08 + 32.0,12 = 8,32 g (Đáp án D). Bài tập 6: Cho hỗn hợp Na, Mg lấy dư vào 100 gam dung dịch H2SO4 20% thì thể tích H2 thoát ra (đktc) là A. 4,57 lít. B. 54,35 lít. C. 49,78 lít. D. 57,35 lít. Nhận xét Bài toán này hơi lạ với học sinh vì đặc điểm kim loại dư, cả H2SO4 và H2O đều hết. Học sinh thường bỏ qua phản ứng của H2O nên lượng H2 tính được nhỏ hơn đáp án đúng và sẽ chọn sai. H2SO4  H2 H-OH  ½ H2 0,204 → 0,204 4,444 → 2,222 2H V = (0,204 + 2,222).22,4 = 54,35 lít (đáp án B). Bài tập 7: Để đốt cháy hết hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 và C4H10 cần tối thiểu V lít không khí ở đktc (trong đó O2 chiếm 20% về thể tích), thu được 4,256 lít CO2 (đktc) và 4,14 gam H2O. Giá trị của V là A. 6,832. B. 34,160. C. 13,664. D. 23,520. Nhận xét Nguyên tố oxi bảo toàn 72 O2  CO2 O2  2H2O 0,19 ← 0,19 mol 0,115 ← 0,23 mol O2 V = (0,19 + 0,115).22,4 = 6,832 lít → VKK = 6,832.5 = 34,160 lít (đáp án B). Bài tập 8: Hiđro hoá hoàn toàn 0,1 mol anđehit X (mạch hở), cần dùng 0,2 mol H2 (xúc tác Ni, nung nóng), thu được m gam ancol Y. Đốt cháy hết m gam ancol Y, thu được 0,4 mol H2O. Anđehit X có thể là A. C2H4O hoặc C2H4O2. B. C2H2O2 hoặc C2H4O2. C. C4H4O hoặc C4H4O2. D. C3H4O hoặc C3H4O2. Nhận xét Nguyên tố H bảo toàn. Ta có: 0,1y + 0,2.2 = 0,4.2  y = 4 Mặt khác, anđehit X có chứa 2 liên kết π trong phân tử (có thể 1π trong C=O + 1π trong C=C hoặc 2π trong C=O) X là C3H4O (CH2=CH-CHO) hoặc C3H4O2 (OHC-CH2-CHO) (Đáp án D).  Bảo toàn electron Bài tập 1: Hoà tan hết m gam Fe trong dung dịch HNO3 loãng (có dư), thu được hỗn hợp khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (trong dung dịch thu được không có NH4NO3). Giá trị của m là A. 5,04. B. 8,40. C. 2,80. D. 1,68. Nhận xét Bán phương trình cho-nhận electron Fe  Fe3+ + 3e +5 +1 +5 +2 N + 4e N N + 3e N    ne nhận = ne nhường = 0,015.2.4 + 0,01.3 = 0,15 mol mFe = 0,15.56 3 = 2,8 g (đáp án C). 73 Với cách giải này học sinh giải quyết bài toán nhanh nhưng đôi khi sai sót trong quá trình tính toán. Chẳng hạn, số mol e nhận rất hay bị tính sai là 0,015.4 + 0.01.3 = 0,09 mol Đó là nhầm lẫn do quên nhân số mol N2O cho 2 để được số mol của +1N . Bài tập 2: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm Al, Ni, Zn bằng dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được 3,36 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cũng m gam hỗn hợp X nhưng đem hoà tan trong lượng dư dung dịch HCl loãng nóng thì thể tích H2 thu được ở đktc là A. 1,68 lít. B. 3,36 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. Nhận xét Cùng m gam hỗn hợp trong hai thí nghiệm: với HNO3 đặc nóng và với HCl, các kim loại Al, Ni, Zn thể hiện hoá trị như nhau nên số mol electron mà +5N nhận từ hỗn hợp kim loại bằng số mol electron mà H+ nhận từ hỗn hợp kim loại. +5 +4 N + 1e N 2H+ + 2e  H2 0,15 ← 0,15 mol 0,15 → 0,075 mol 2H V = 0,075.22,4 = 1,68 lít (đáp án A). Bài tập 3: Khử hoàn toàn 32 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, CuO và MgO bằng khí CO dư ở nhiệt độ cao, được m gam hỗn hợp rắn Z. Hoà tan m gam rắn Z bằng H2SO4 đặc nóng (có dư) thấy thoát ra 8,96 lít SO2 (đktc). Giá trị của m là A. 28,8. B. 25,6. C. 19,2. D. 35,2. Nhận xét Nguyên tố sắt có sự biến đổi số oxi hoá: +3 → 0 → +3 Nguyên tố đồng có sự biến đổi số oxi hoá: +2 → 0 → +2 Magie không biến đổi số oxi hoá Như vậy nguyên tố tham gia vào quá trình oxi hoá khử là +2C và +6S 74 +2 C  +4C + 2e +6S + 2e  +4S 0,4 ← 0,8 mol 0,8 ← 0,4 mol nO = nCO = 0,4 mol → m = 32 – mO = 32 – 16.0,4 = 25,6 g (Đáp án B). Bài tập 4: Hoà tan hết hỗn hợp gồm 6,5 gam Zn và 2,7 gam Al trong dung dịch HNO3, thu được dung dịch X và 2,24 lít khí NO (đktc). Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là A. 40,2 gam. B. 27,8 gam. C. 42,2 gam. D. 21,3 gam. Nhận xét Đề không khẳng định NO là sản phẩm khử duy nhất nên phải đề phòng có NH4NO3 sau phản ứng. Để chứng minh sản phẩm có NH4NO3, ta dùng bán phương trình nhường-nhận electron Al  Al3+ + 3e +5 +2N + 3e N Zn  Zn2+ + 2e 0,3 0,1 mol Theo đề, số mol electron của Al, Zn đã nhường là 0,5 mol. Trong khi đó, số mol electron mà +5 N nhận để tạo NO là 0,3 mol < 0,5 Vậy phải còn bán phương trình nhận electron nữa +5 3 N + 8e N  0,2 → 0,025 mol Khối lượng muối thu được (gồm Al(NO3)3, Zn(NO3)2 và NH4NO3) là 6,5 + 2,7 + 62.0,5 + 0,025.80 = 42,2 g (đáp án C). Bài tập 5: Trộn 5,6 gam bột Fe với 2,4 gam bột S rồi nung nóng (không có không khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít O2 (đktc). Giá trị của V là A. 2,80. B. 3,36. C. 3,08. D. 4,48. Nhận xét 75 Phân tích sự thay đổi số oxi hoá của các nguyên tố từ đầu đến khi kết thúc các phản ứng, nhận thấy thật sự chỉ có các bán phương trình sau: Fe  Fe2+ + 2e O2 + 4e  2O2- S  +4S + 4e 0,125 ← 0,5 Số mol electron nhận = số mol electron nhường = 0,1.2 + 0,3 = 0,5 mol 2O V = 0,125.22,4 = 2,8 lít (đáp án A).  Bảo toàn điện tích Bài tập 1: Dung dịch X chứa đồng thời các ion : K+ (0,2 mol); Na+ (0,1 mol); 2 3CO  và 24SO  . Cho một lượng BaCl2 tối thiểu vào dung dịch X để kết tủa cực đại. Lọc bỏ kết tủa, đem dung dịch sau phản ứng cô cạn thì được m gam chất rắn khan . Giá trị của m là A. 10,10. B. 20,75. C. 31,20. D. 15,75. Nhận xét Bài này nếu xét từng phản ứng cụ thể từ đầu rồi mới tính toán thì rất phiền mặc dù cũng cho được kết quả đúng. Ta dùng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng. Sau khi lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được chứa các ion: K+ (0,2 mol), Na+ (0,1 mol) và Cl-. Theo định luật bảo toàn điện tích, Cln  = 0,3 mol. Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = 39.0,2 + 23.0,1 + 35,5.0,3 = 20,75 g (Đáp án B). Bài tập 2: Dung dịch A chứa các ion: a mol Na+, b mol 3HCO , c mol 23CO  , d mol 24SO  . Để tạo lượng kết tủa lớn nhất, người ta phải dùng vùa đúng 100 ml dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x mol/l. Biểu thức liên hệ giữa x, a, b là A. x = (3a + 2b)/0,2. B. x = (2a + b)/0,2. C. x = (a – b)/0,2. D. x = (a + b)/0,2. Nhận xét 76 Khi phản ứng xong, các ion 3HCO , 23CO  , 24SO  tách khỏi dung dịch dưới dạng kết tủa. Phần dung dịch còn lại gồm các ion: Na+ (a mol) và OH- (a mol) Ta có: OH n  (từ Ba(OH)2) = OHn  (t/d với 3HCO ) + OHn  (sau pư)  0,2x = b + a  x = (a + b)/0,2 (đáp án D). Bài tập 3: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S trong lượng vừa đủ dung dịch HNO3, thu được dung dịch X (chỉ chứa 2 muối sunfat) và khí NO duy nhất. Giá trị của a là A. 0,120. B. 0,060. C. 0,075. D. 0,040. Nhận xét Dung dịch X chứa các ion: Fe3+ (0,12 mol), Cu2+ (2a mol) và 24SO  (0,24 + a mol). Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có: 0,12.3 + 2a.2 = 2(a + 0,24)  0,36 + 4a = 2a + 0,48  a = 0,06 (đáp án B).  Phương pháp tăng giảm khối lượng Bài tập 1: Khi chuyển hết 3,12 gam muối MSO4 thành muối MCl2 thì thấy khối lượng giảm đi 0,375 gam. Kim loại M là A. Cu. B. Zn. C. Mg. D. Cd. Nhận xét Dữ kiện bài toán chứa đựng yếu tố thuận lợi cho việc sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Ta có: 4MSO n = ΔmΔM = 0,375 96 71 = 0,015 mol → MSO4 = M + 96 = 208  M = 112 (Cd) (đáp án D). Bài tập 2: Hoà tan hết 19,1 gam hỗn hợp hai muối cacbonat trung tính của hai kim loại kiềm trong dung dịch HCl. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 20,75 gam muối clorua khan. Thể tích CO2 thoát ra (đktc) là 77 A. 3,36 lít. B. 1,68 lít. C. 1,51 lít. D. 1,04 lít. Nhận xét Ta có sơ đồ: M2CO3  2MCl 2CO n = 20,75 - 19,1 71 - 60 = 0,15 mol → 2CO V = 0,15.22,4 = 3,36 lít (đáp án A). Bài tập 3: Lấy 2 tấm kim loại R (hoá trị 2) cùng khối lượng. Nhúng tấm thứ nhất vào dung dịch CuCl2; tấm thứ hai vào dung dịch CdCl2 (có cùng nồng độ và thể tích với dung dịch CuCl2). Sau một thời gian, khối lượng tấm thứ nhất tăng 1,2%, tấm thứ hai tăng 8,4%. Giả sử tốc độ phản ứng trong hai thí nghiệm là tương đương nhau. Kim loại R là A. Zn. B. Mg. C. Fe. D. Ni. Nhận xét Do các kim loại đều có hoá trị 2 → số mol các kim loại bằng nhau → biến thiên khối lượng tỷ lệ nghịch với biến thiên khối lượng mol Ta có: 112 - R 8,4= 64 - R 1,2  R = 56 (Fe) (đáp án C). Bài tập 4: Cho 2,04 gam hỗn hợp hai anđehit (đều có công thức dạng CnH2nO) vào nước brom (dư), thu được 2,68 gam hỗn hợp hai axit và có x mol Br2 đã tham gia phản ứng. Giá trị của x là A. 0,04. B. 0,02. C. 0,03. D. 0,08. Giải Hai anđehit no, đơn chức (RCHO) tác dụng với nước Br2 tạo hỗn hợp hai axit no, đơn chức (RCOOH) có ΔM = 16 2Br n = 2,68 2,04 16  = 0,04 mol (đáp án A). Bài tập 5: Chia m gam ancol etylic thành 2 phần: - Phần 1: Hoá hơi hoàn toàn rồi dẫn qua bột CuO (dư), nung nóng thì khối lượng chất rắn thu được giảm 1,6 gam so với ban đầu. 78 - Phần 2: Đun nóng với dung dịch HCl (có xúc tác thích hợp) đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được chất lỏng không tan trong nước và có khối lượng hơn khối lượng ancol ban đầu 3,7 gam. Giá trị của m là A. 9,2. B. 18,4. C. 13,8. D. 5,3. Lưu ý ở đây hai phần có khối lượng không bằng nhau Phần 1: C2H5OH + O  CH3CHO + H2O Δm = mO = 1,6 g → nO = 0,1 mol → mP1 = 46.0,1 = 4,6 g. Phần 2: C2H5OH  C2H5Cl nP2 = 3,7 35,5 17 = 0,2 mol → mP2 = 0,2.46 = 9,2 g Vậy: m = mP1 + mP2 = 13,8 g (đáp án C). Bài tập 6: Cho m gam hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ tác dụng hết với lượng vừa đủ dung dịch NaOH, được m gam muối. Vậy hỗn hợp X gồm A. hai axit cacboxylic. B. một axit cacboxylic và một este. C. một phenol và một axit cacboxylic. D. một phenol và một amino axit. Suy luận Nếu hỗn hợp là hai axit hoặc một phenol và một axit hoặc một phenol và một amino axit thì khối lượng muối thu được luôn lớn hơn khối lượng hỗn hợp ban đầu. Chỉ có thể chọn một axit và một este (đáp án B) Bài tập 7: Thuỷ phân hoàn toàn 66,64 gam chất béo trong dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 68,88 gam xà phòng. Khối lượng glixerol thu được là A. 22,08 gam. B. 6,72 gam. C. 2,24 gam. D. 7,36 gam. Giải Ta có phương trình hoá học 79 C3H5(OCOR)3 + 3NaOH ot C3H5(OH)3 + 3RCOONa nchất béo = 68,88 66,64 23.3 41   = 0,08 mol = nglixerol mglixerol = 92.0,08 = 7,36 g (đáp án D).  Phương pháp tính theo phương trình ion Bài tập 1: Cho một mẩu hợp kim Na-Ba vào nước, thu được dung dịch X và 3,36 lít H2 (đktc). Thể tích dung dịch H2SO4 2M tối thiểu cần để trung hoà hết dung dịch X là A. 150 ml. B. 75 ml. C. 60 ml. D. 300 ml. Nhận xét Bài này nếu viết phương trình và đặt ẩn thì vẫn có thể giải ra kết quả đúng nhưng mất thời gian. Phương trình hoá học Na + H2O  NaOH + ½ H2 Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 Từ hai phương trình trên, khái quát thành phương trình tổng quát dạng ion M + nH2O  Mn+ + nOH- + n2 H2↑ Nhận xét: 2HOH n 2n  Ta có: 2 4H SO n = ½ OHn  = 2Hn = 0,15 mol 2 4dd H SO V = 0,075 lít = 75 ml (đáp án B). Bài này không khó nhưng học sinh hay quên chia 2 để chuyển từ H+ sang H2SO4 hoặc thay vì chia 2 thì lại nhân 2. Bài tập 2: Trộn 200ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,02M và H2SO4 0,01M với 100ml dung dịch Ba(OH)2 0,025M, thu được dung dịch X và m gam kết tủa Y. Độ pH của dung dịch X và giá trị của m lần lượt là A. 2,00 và 0,466. B. 2,52 và 0,466. 80 C. 2,00 và 0,583. D. 2,52 và 0,583. Nhận xét Nếu viết phương trình hoá học dạng phân tử thì rất khó tính toán và cho dù có tính được cũng mất nhiều thời gian. Bản chất là xảy ra hai phản ứng có phương trình ion rút gọn như sau H+ + OH-  H2O Ba2+ + 24SO   BaSO4 5.10-3 ← 5.10-3 2.10-3 → 2.10-3 m↓ = 233.2.10-3 = 0,466 g. H+ dư 3.10-3 mol → [H+] = 10-2M → pH = 2. (Đáp án A). Bài tập 3: Hấp thụ hết 5,152 lít CO2 (đktc) vào 200 ml dung dịch hỗn hợp (NaOH 1M và Ba(OH)2 0,1M), thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 3,94. B. 7,94. C. 4,00. D. 1,97. Nhận xét Phương trình phân tử không biễu diễn được một cách hợp lý các phản ứng hoá đã xảy ra, cho nên không thể tính toán được trên các phương trình dạng phân tử. Bản chất của phản ứng là CO2 + OH-  3HCO (1) CO2 + 2OH-  23CO  + H2O (2) x x x y 2y y Theo đề: 2 OH CO n - k = n = 0,24 0,23 → xảy ra cả (1) và (2) Ta có hệ phương trình: x + y = 0,23 x + 2y = 0,24   x = 0,22 và y = 0,01 Ba2+ + 23CO   BaCO3↓ 0,01→ 0,01 mol → m↓ = 1,97 g (Đáp án D). 81 Bài tập 4: Cho rất từ từ 50 ml dung dịch HCl 1M vào 60 ml dung dịch hỗn hợp (KHCO3 1,0M và Na2CO3 0,5M). Sau phản ứng xảy xa hoàn toàn, thu được V lít khí CO2 (đktc). Giá trị của V là A. 0,448. B. 1,120. C. 0,560. D. 2,016. Nhận xét Muốn giải quyết được bài này, học sinh phải làm theo phương pháp ion rút gọn và phải hiểu được thứ tự phản ứng. Dung dịch HCl được nhỏ từng giọt vào dung dịch chứa đồng thời muối cacbonat và hiđrocacbonat thì lúc đầu H+ sẽ tác dụng với ion cacbonat trước, chưa xảy ra phản ứng tạo khí. Một lát sau khi ion cacbonat hết thì ion hiđrocacbonat mới tham gia và tạo khí CO2. H+ + 23CO   3HCO 3HCO + H+  CO2↑ + H2O 0,03← 0,03 → 0,03 0,02 → 0,02 V = 0,02.22,4 = 0,448 lít (đáp án A). Bài tập 5: Cho thật chậm dung dịch chứa (0,2 mol Na2CO3 và 0,12 mol K2CO3) vào dung dịch chứa (0,2 mol HCl và 0,2 mol NaHSO4). Thể tích CO2 sinh ra ở đktc là A. 4,480 lít. B. 1,792 lít. C. 8,960 lít. D. 7,168 lít. Nhận xét Cho thật chậm dung dịch muối cacbonat vào dung dịch HCl thì ion cacbonat sẽ phản ứng với H+ tạo khí CO2 ngay lập tức 2H+ + 23CO   CO2↑ + H2O 0,4 → 0,2 0,2 → V = 0,2.22,4 = 4,48 lít (đáp án A). Bài tập 6: Cho 2,304 gam bột Cu vào 20 ml dung dịch H2SO4 1M, sau đó cho tiếp 40 ml dung dịch HNO3 1M. Khi phản ứng xong thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là A. 0,224. B. 0,538. C. 0,448. D. 0,896. 82 Giải Học sinh rất dễ bị nhầm nếu như vi