Trang
/
183
Trang 1 / 183PHẠM NGỌC BẰNG (Chủ biên) - VŨ KHẮC NGỌC - HOÀNG THỊ BẮC TỪ SỸ CHƯƠNG - LÊ THỊ MỸ TRANG - HOÀNG THỊ HƯƠNG GIANG VÕ THỊ THU CÚC - LÊ MẠNH THÀNH - KHIẾU THỊ HƯƠNG CHI 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HÓA HỌC NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
Trang 1 / 183
Trang 2 / 1833 MỤC LỤC Ph−¬ng ph ̧p 1: Ph−¬ng ph ̧p b¶o toμn khèi l−îng Ph−¬ng ph ̧p 2: Ph−¬ng ph ̧p B¶o toμn nguyan tè Ph−¬ng ph ̧p 3: Ph−¬ng ph ̧p t ̈ng gi¶m khèi l−îng Ph−¬ng ph ̧p 4: Ph−¬ng ph ̧p B¶o toμn ®iÖn tÝch Ph−¬ng ph ̧p 5: Ph−¬ng ph ̧p B¶o toμn electron Ph−¬ng ph ̧p 6: Ph−¬ng ph ̧p trung b×nh Ph−¬ng ph ̧p 7: Ph−¬ng ph ̧p quy ®æi Ph−¬ng ph ̧p 8: Ph−¬ng ph ̧p ®−êng chÐo Ph−¬ng ph ̧p 9: Ph−¬ng ph ̧p hÖ sè Ph−¬ng ph ̧p 10: Ph−¬ng ph ̧p sö dông ph−¬ng tr×nh ion thu gän Ph−¬ng ph ̧p 11: Kh¶o s ̧t ®å thÞ Ph−¬ng ph ̧p 12: Ph−¬ng ph ̧p kh¶o s ̧t tû lÖ sè mol CO2 vμ H2O Ph−¬ng ph ̧p 13: Ph−¬ng ph ̧p chia hçn hîp thμnh hai phÇn kh«ng ®Òu nhau Ph−¬ng ph ̧p 14: Ph−¬ng ph ̧p mèi quan hÖ gi÷a c ̧c ®1i l−îng Ph−¬ng ph ̧p 15: Ph−¬ng ph ̧p chän ®1i l−îng thÝch hîp Ph−¬ng ph ̧p 16: Ph−¬ng ph ̧p chän ®1i l−îng thÝch hîp Ph−¬ng ph ̧p 16+: Ph−¬ng ph ̧p sö dông c«ng thøc kinh nghiÖm
Trang 2 / 183
Trang 3 / 1834 Ph−¬ng ph ̧p 1 Ph−¬ng ph ̧p b¶o toμn khèi l−îng Ph−¬ng ph ̧p b¶o toμn khèi l−îng 1. Nội dung phương pháp - Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (BTKL): “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sản phẩm” Điều này giúp ta giải bài toán hóa học một cách đơn giản, nhanh chóng Xét phản ứng: A + B → C + D Ta luôn có: mA + mB = mC + mD (1) * Lưu ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải xác định đúng lượng chất (khối lượng) tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết tủa, bay hơi, đặc biệt là khối lượng dung dịch). 2. Các dạng bài toán thường gặp Hệ quả 1: Biết tổng khối lượng chất ban đầu ↔ khối lượng chất sản phẩm Phương pháp giải: m(đầu) = m(sau) (không phụ thuộc hiệu suất phản ứng) Hệ quả 2: Trong phản ứng có n chất tham gia, nếu biết khối lượng của (n – 1) chất thì ta dễ dàng tính khối lượng của chất còn lại. Hệ quả 3: Bài toán: Kim loại + axit → muối + khí m = m + m - Biết khối lượng kim loại, khối lượng anion tạo muối (tính qua sản phẩm khí) → khối lượng muối - Biết khối lượng muối và khối lượng anion tạo muối → khối lượng kim loại - Khối lượng anion tạo muối thường được tính theo số mol khí thoát ra: • Với axit HCl và H2SO4 loãng + 2HCl → H2 nên 2Cl− ↔ H2 + H2SO4 → H2 nên SO4 2− ↔ H2 • Với axit H2SO4 đặc, nóng và HNO3: Sử dụng phương pháp ion – electron (xem thêm phương pháp bảo toàn electron hoặc phương pháp bảo toàn nguyên tố) Hệ quả 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại bởi các chất khí (H2, CO) Sơ đồ: Oxit kim loại + (CO, H2) → rắn + hỗn hợp khí (CO2, H2O, H2, CO) Bản chất là các phản ứng: CO + [O] → CO2 H2 + [O] → H2O ⇒ n[O] = n(CO2) = n(H2O) → m = m - m[O] muối kim loại anion tạo muối rắn oxit
Trang 3 / 183
Trang 4 / 1835 3. Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng. Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan hệ về khối lượng của các chất trước và sau phản ứng. Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn. Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sủ dụng trong các bài toán nhiều chất. 4. Các bước giải. - lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng. - Từ giả thiết của bài toán tìm m ∑ = m ∑ (không cần biết phản ứng là hoàn toàn hay không hoàn toàn) - Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp dữ kiện khác để lập hệ phương trình toán. - Giải hệ phương trình. THÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nước thu được dung dịch có nồng độ A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%. Giải: 2K + 2H2O 2KOH + H2↑ 0,1 0,10 0,05(mol) mdung dịch = mK + mH2O - H2 m = 3,9 + 36,2 - 0,05 ×2 = 40 gam C%KOH = 40 0,1×56 ×100 % = 14% ⇒ Đáp án C Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát ra ở anot. Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lượng H2O bay hơi là không đáng kể) ? A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89. Giải: CuSO4 + 2KCl → Cu↓ + Cl2↑ + K2SO4 (1) 0,01←0,01 Dung dịch sau điện phân hoà tan được MgO ⇒ Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản ứng (1) CuSO4 dư 2CuSO4 + 2H2O → 2Cu↓ + O2↑ + H2SO4 (2) trước sau 0,02 ← 0,01 ← 0,02 (mol)
Trang 4 / 183
Trang 5 / 1836 n + O2 n = 22400 480 = 0,02 (mol) H2SO4 + MgO → MgSO4 + H2O (3) 0,02 ←0,02 (mol) mdung dịch giảm = mCu + Cl2 m + O2 m = 0,03×64 + 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam ⇒ Đáp án C Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl2 20,8 % vào 100 gam dung dịch Na2CO3, lọc bỏ kết tủa được dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H2SO4 9,8% vào dung dịch X thấy ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của dung dịch Na2CO3 và khối lượng dung dịch thu được sau cùng là: A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam. C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam. Giải: n = 0,05 mol; n = 0,05 mol BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl 0,05 0,05 0,05 0,1 Dung dịch B + H2SO4 → khí ⇒ dung dịch B có Na2CO3 dư Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O 0,02 0,02 ⇒n ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol ⇒C% = 100 07,0 ×106 ×100% = 7,42% ĐLBTKL: mdd sau cùng = 50 + 100 + 50 - m↓ - m = 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam ⇒ Đáp án B Ví dụ 4: X là một α - aminoaxit, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH. Cho 0,89 gam X phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức tạo ra của X là: A. CH2 =C(NH2)-COOH. B. H2N-CH=CH-COOH. C. CH3-CH(NH2)-COOH. D. H2N-CH2-CH2-COOH. Giải: HOOC - R - NH2 + HCl→HOOC -R-NH3Cl ⇒ mHCl = m muối - maminoaxit = 0,365 gam ⇒mHCl = 0,01 (mol) Cl2 BaCl2 H2SO4 Na2CO3 Na2CO3 CO2
Trang 5 / 183
Trang 6 / 1837 ⇒Maminoxit = 01,0 89,0 = 89 Mặt khác X là α -aminoaxit⇒ Đáp án C Ví dụ 5: 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. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH. Giải: 2 ROH + 2Na→2RONa + H2 Theo đề bài hỗn hợp rượu tác dụng với hết Na ⇒Học sinh thường nhầm là: Na vừa đủ, do đó thường giải sai theo hai tình huống sau: Tình huống sai 1: nNa= 23 2,9 = 0,4⇒nrượu = 0,4 ⇒ rượu = 4,0 15 6, = 39 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai. Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng: nrượu = 22 24 5, −15 6, = 0,405 ⇒ rượu = ,0 405 15 6, = 38,52 ⇒Đáp án A ⇒ Sai Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m = mrượu + mNa - mrắn = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam ⇒nrượu= 2n = 0,3 (mol) ⇒ rượu = 3,0 15 6, = 52 ⇒ Đáp án B Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lượng polime thu được là: A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam. Giải: ĐLBTKL: mpropilen = mpolime = 22 4, ,1 680 .42. 100% 70% = 2,205 gam ⇒ Đáp án B Ví dụ 7: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là: A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam. (Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008) Giải: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH→3RCOONa + C3H5(OH)3 H2 H2 M M M 0,06 → 0,02 (mol)
Trang 6 / 183
Trang 3 / 183
