Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
PHẦN I. MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào tình hình kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh còn yếu kém.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông; chương trình thi đại học – cao
đẳng và tốt nghiệp hiện nay.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái
quát của học sinh đồng thời cần kỹ năng giải nhanh chính xác hiệu quả để thích hợp với thời gian
ngắn(bình quân 1,8 phút/1 câu đối với đề thi đại học – cao đẳng và 1,5 phút/1 câu đối với đề thi tốt
nghiệm).
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì
bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững
cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích
hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 11 tôi đang giảng dạy hiện nay: Kĩ năng giải nhanh
các bài tập hoá học còn chưa tốt do vậy cần phải giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và có kĩ
năng giải tốt được các bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Trong thực tế tài liệu viết về phương pháp giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt đã có nhiều
nhưng phương pháp nhanh, hiệu quả còn ít. Vì vậy, khi gặp các bài toán về sắt và hợp chất của sắt các
em thường lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù hợp.
- Qua quá trình tìm tòi, nghiên cứu trong nhiều năm tôi đã hệ thống hóa các dạng bài tập bài tập
về sắt, hợp chất của sắt và phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học sinh một cách dễ hiểu, dễ vận
dụng, tránh được những lúng túng, sai lầm và nâng cao kết quả trong các kỳ thi.
- Khả năng giải toán Hóa học của các em học sinh còn hạn chế, đặc biệt là giải toán Hóa học
Hữu cơ vì những phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra không theo một hướng nhất định và
không hoàn toàn. Trong đó dạng bài tập về phản ứng cộng hiđro vào liên kết pi của các hợp chất hữu
cơ, bài tập về phản ứng đốt cháy hiđrocacbon, Khi giải các bài tập dạng này học sinh thường gặp
những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí
không giải được vì quá nhiều ẩn số. Nguyên nhân là học sinh chưa tìm hiểu rõ, vững các định luật hoá
học và các hệ số cân bằng trong phản ứng hoá học để đưa ra phương pháp giải hợp lý
VI. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.
1. Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt
2. Một số phương pháp giải bài tập trắc nghiệp hữu cơ 11
2
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
B. NGUYÊN TẮC ÁP DỤNG.
C. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ
D. HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ GIẢI
VII- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 11, 12, khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm.
2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài từ đầu học kỳ I năm học 2012 - 2013 ở 2 lớp 11A
1
và 11A
2
3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 11A
1
, 11A
2
và hoàn thiện đề tài:
cuối tháng 3 năm 2013.
Cụ Thể:
1. Tháng 10/2012
Khảo sát 2 lớp 11A1, 11A2
2. Tháng 11/2012 đến tháng 12/2012
Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
3. Tháng 1/2013 đến hết tháng 3/2013
Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách
tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 –
O
3
, Fe
3
O
4
) cũng có thể quy đổi thành hỗn hợp (FeO + Fe
2
O
3
)
3
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Anh Ngọ Tr ờng
THPT Tiên Lữ
+ Mụt hụn hp gụm (FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
vi sụ mol cua FeO = sụ mol Fe
2
O
3
) thi quy ụi thanh
Fe
3
O
3
+ NO + 2H
2
O (1)
0,06mol 0,6mol 0,06mol
Fe
2
O
3
2Fe(NO
3
)
3
(2)
0,05 0,1mol
NO
1,344
n 0,06mol;
22, 4
= =
T (1) m
Fe
= 56 . 0,06 = 3,36 g
2 3
Fe O
m 11,36 3,36 8g= =
2 3
Fe O
m
FeO
= 12,96g;
2 3
Fe O
m 1,6g=
3
Fe(NO )3
m 242(0,18 0,02) 38,72g= + =
D ỳng
Bi toỏn 2: Ho tan ht m gam hn hp X gm Fe, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
trong dung dch HNO
3
c núng thu
c 4,48 lớt khớ mu nõu duy nht (ktc). Cụ cn dung dch sau phn ng thu c 145,2gam mui
khan, giỏ tr m l:
A: 78,4g B: 139,2g C: 46,4g D: 46,256g
4
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
Bài giải:
Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất
+ 3H
2
O (2)
Ta có:
2
NO
4,48
n 0,2mol
22,4
= =
;
3 3
Fe(NO )
145,2
n n 0,6mol
242
= = =
muèi khan
⇒ Từ pt (2):
2 3 3 3
Fe O Fe(NO )
1 1 0,2 0,8
n n 0,6 (mol)
2 2 3 3
= = − =
÷
⇒
2
3 3
Fe(NO )
145,2
n 0,6mol
242
= =
, m
X
= 0,2 (72 + 160) = 46,4gam → C đúng
Chú ý: + Nếu từ (4) không cân bằng ⇒
2 3
Fe O
n 0,4mol=
⇒ m
X
= 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam ⇒ A sai
Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn 49.6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
bằng H
2
SO
4
đặc, nóng thu
2 3
2 3
Fe O
Fe O
m 49,6 0,8.72 8g
8
n 0,05mol
160
= =
= =
n
oxi (X)
= 0,8 + 3.(-0,05) = 0,65mol
O
0,65.16.100
%m 20,97%
49,6
= =
A v C
2 4 3
Fe (SO )
m [0,4 ( 0,05)).400 140gam
= + =
A ỳng
Chỳ ý: + Nu
2 4 3
Fe (SO )
6 4
S 2e S
0,8 0,4
+ +
+
ơ
ỏp dng LBT E ta c:
e
n 2y 0,18 3x, 3x 2y 0,8 (2)= + = => =
Gii h (1) v (2) => x=0,7 mol, y=0,65 mol.
2 4 3
2 4 3
Fe (SO ) Fe
Fe (SO )
0,65.16 1
%O 100% 20,97%,n n 0,35mol
249,6 2
m 0,35.400 140gam A dung
= = = =
=> = =
Bi toỏn 4: kh hon ton 3,04 gam hn hp X gm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3,
cn 0,05 mol H
2
+ 3H
2
2Fe + 3H
2
O (2)
y 3y 2y
T (1) v (2) ta cú:
x 3y 0,05 x 0,02mol
72x 160y 3,04 y 0,01mol
+ = =
+ = =
2FeO + 4 H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 4H
2
O (3)
3
)
2
cn dựng v th tớch khớ thoỏt
ra ktc thuc phng ỏn no:
A. 50 ml v 6.72 lớt B. 100 ml v 2.24 lớt.
C. 50 ml v 2.24 lớt D. 100 ml v 6.72 lớt.
Bi gii:
Quy hn hp 0,1 mol Fe
2
O
3
v 0,1 mol FeO thnh 0,1 mol Fe
3
O
4
Hn hp X gm: Fe
3
O
4
mol: Fe(0,2mol) + dung dch Y
Fe
3
O
4
+ 8H
+
Fe
2+
+ 2Fe
0,3 0,1 0,1
V
NO
= 0,1 ì 22,4 = 2,24 lớt;
3 2
3
Cu(NO )
NO
1
n n 0,05mol
2
= =
2
3 2
d Cu(NO )
0,05
n 0,05
1
= =
lớt (hay 50ml) C ỳng
Chỳ ý: + Nu
3 2 3 2
3
Cu(NO ) Cu( NO )
NO
n n 0,1mol V 100ml
= = =
B sai
0 6
S 6e S
y 6y y
+5 4
N 1e N
0,405 0,405mol
+ +
+
ơ
ỏp dng LBT E ta c:
2
e NO
9,072
n 3x 6y n 0,405mol, 3x 6y 0,405 (1)
22,4
= + = = = => + =
Mt khỏc trong 1/2 dung dch Y:
0
2
4
3
3OH t
2
3 3
6
Ba
2
= = = =
=> B ỳng.
Bai toan 7: Hũa tan ht 7,52 gam hn hp A gm Cu v 1 oxit ca st bng dung dch HNO
3
loóng
d , sau phn ng gii phúng 0,1493 lớt NO ( ktc - l sn phm kh duy nht ) v cũn li 0,96 gam
8
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
kim loại không tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 16,44 gam chất rắn khan. Công thức của
oxit sắt là :
A.FeO B.Fe
2
O
3
C.Fe
3
O
4
D.FeOvà Fe
2
O
3
Bài giải
Ta quy đổi hỗn hợp thành hỗn hợp gồm Cu a mol + Fe b mol + O c mol
=> 64a + 56b + 16c = 7,52 (I)
Kim loại dư là Cu (0,96/64 = 0,015 mol) => tạo muối sắt (II)
Cu Cu
2+
+ 2e O + 2e O
III. BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
bằng HNO
3
thu được 2.24 lít khí
màu nâu duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 96.8 gam muối khan. Giá trị m là:
A. 55.2 gam. B. 31.2 gam. C. 23.2 gam D. 46.4 gam.
Bài 2: Hoà tan 52.2 gam hh X gồm FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
bằng HNO
3
đặc, nóng thu được 3.36 lít khí
NO
2
(đktc). Cô cạn dd sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m là:
A. 36.3 gam. B. 161.535 gam. C. 46.4 gam D. 72.6 gam.
Bài 3: Vào thế kỷ XVII các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của
cho toàn bộ vào dung dịch HNO
3
đặc nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc) và dung dịch
muối Y, cô cạn dung dịch muối Y thu được m gam muối khan.
1. khối lượng chiếc kim bằng sắt là:
A. 6,86 gam. B. 3,43 gam. C. 2,42 gam D. 6.26 gam
2. giá trị của m gam muối là:
A. 29,645 gam. B. 29,5724 gam. C. 31,46 gam D. 29,04 gam
Bài 6: Các nhà khoa học đã lấy m
1
gam một mảnh vỡ thiên thach bằng sắt nguyên chất do bảo quản
không tốt nên nó bị oxi hóa thành m
2
gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Để xác định khối
lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m
2
gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO
3
loãng
dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng
121 gam chất rắn khan.
1. giá trị của là: m
1
A. 28 gam B. 56 gam. C. 84 gam D. 16,8 gam
2. giá trị của m
2
là:
A. 32,8 gam. B. 65,6 gam. C. 42,8 gam D. 58,6 gam
Bài 7: các nhà thám hiểm đã tìm thấy một chất rắn bị gĩ sắt dưới đại dương, sau khi đưa mẩu gỉ sắt để
xác định khối lượng sắt trước khi bị oxi hóa thì người ta cho 16 gam gĩ sắt đó vào vào dung dịch HNO
THPT Tiên Lữ
2. giỏ tr ca m
2
l:
A. 43,6 gam. B. 43,2 gam. C. 42,0 gam D. 46,8 gam
Bi 9: Sau khi khai thỏc qung bụxit nhụm cú ln cỏc tp cht: SiO
2
, Fe, cỏc oxit ca Fe. loi b
tp cht ngi ta cho qung vo dung dch NaOH c núng d thu c dung dch X v m gam cht
rn khụng tan Y. xỏc nh m gam cht rn khụng tan chim bao nhiờu phn trmtng qung ta cho m
gam cht rn ú vo dung dch HNO
3
loóng d thu c 6,72 lớt khớ NO duy nht(ktc) v dung dch
mui Y, cụ cn dung dch mui Y cõn nng 121 gam cht rn khan. Giỏ tr ca l m
1
A. 32,8 gam B. 34,6 gam. C. 42,6 gam D. 36,8 gam
Bi 10: Hũa tan hon ton mt ụxit st Fe
x
O
y
bng dung dch H
2
SO
4
c núng thu c 2,24 lớt khớ
SO
2
duy nht (ktc) v dung dch mui Y, cụ cn dung dch mui Y cõn nng 120 gam cht rn khan.
Cụng thc phõn t ca ụxit st l:
A. FeO B. Fe
, mt khỏc cho 6,48 gam X tỏc dng dung dch HNO
3
núng
d thu c V lớt khớ mu nõu duy nht (ktc, sn phm kh duy nht ) v dung dch Y. Cho dung
dch Y tỏc dng vi dung dch Ba(OH)
2
d thu c m gam kt ta trng.
Giỏ tr ca V v m ln lt l:
A. 13,44 lớt v 23,44 gam. B. 8,96 lớt v 15,60 gam.
C. 16,80 lớt v 18,64 gam. D. 13,216 lớt v 23,44 gam.
11
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Anh Ngọ Tr ờng
THPT Tiên Lữ
PHNG PHP GII TON PHN NG CNG HIRO VO LIấN
KT PI CA HIROCACBON KHễNG NO.
I. C S Lí THUYT CA PHNG PHP
Liờn kt
l liờn kt kộm bn vng, nờn chỳng d b t ra to thnh liờn kt
vi cỏc nguyờn
t khỏc. Trong gii hn ca ti tụi ch cp n phn ng cng hiro vo liờn kt
ca
hirocacbon khụng no, mch h.
Khi cú mt cht xỳc tỏc nh Ni, Pt, Pd, nhit thớch hp, hirocacbon khụng no cng hiro vo
liờn kt pi.
Ta cú s sau:
Hỗn hợp khí X gồm
Hiđrocacbon không no
trong phõn t)
Tu vo hiu sut ca phn ng m hn hp Y cú hirocacbon khụng no d hoc hiro d hoc
c hai cũn d
Da vo phn ng tng quỏt [1] ta thy,
- Trong phn ng cng H
2
, s mol khớ sau phn ng luụn gim (n
Y
< n
X
) v chớnh bng s mol khớ H
2
phn ng
H
2 phản ứng
n
n
X
- n
Y
[2]
Mt khỏc, theo dnh lut bo ton khi lng thỡ khi lng hn hp X bng khi lng hn hp Y
(m
X
= m
Y
).
Ta cú:
X
M n
d = =
n
M
[3]
- Hai hn hp X v Y cha cựng s mol C v H nờn :
12
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Anh Ngọ Tr ờng
THPT Tiên Lữ
+ Khi t chỏy hn hp X hay hn hp Y u cho ta cỏc kt qu sau
n
O
2
(đốt cháy X)
=
n
O
2
(đốt cháy Y)
n
CO
2
(đốt cháy X)
=
n
CO
2
(đốt cháy Y)
n
H
2n
H
2
Hỗn hợp Y gồm
C
n
H
2n+2
C
n
H
2n
d!
H
2
d!
xúc tác, t
0
Phng trỡnh hoỏ hc ca phn ng
C
n
H
2n
+ H
2
0
xuc tac
Vy:
2
H (X) Y
n = n
[6]
+ TH2: Ht H
2
, d anken
2 n 2n pu n 2n+2
n 2n+2 n 2n du
n 2n du
H C H C H
Y C H C H
C H
n = n = n = bmol
n n n = a
n = a - b
= +
Vy:
anken(X) (Y)
n = n
[7]
13
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Anh Ngọ Tr ờng
Nu 2 anken cú s mol a, b cng hiro vi cựng hiu sut h, ta cú th thay th hn hp hai
anken bng cụng thc tng ng:
0
Ni
2
n 2n n 2n+2
t
C H + H C H
.
n
anken phản ứng
= n
Với:
H
2 phản ứng
(a+b).h
Chỳ ý: Khụng th dựng phng phỏp ny nu 2 anken khụng cng H
2
vi cựng hiu sut
2) Xột trng hp hirocacbon trong X l ankin
Ankin cng H
2
thng cho ta hai sn phm
C
n
H
2n-2
+ 2H
Hỗn hợp khí X gồm
C
n
H
2n -2
H
2
Hỗn hợp Y gồm
C
n
H
2n+2
C
n
H
2n
C
n
H
2n - 2
d!
H
2
d!
xúc tác, t
0
H
2
phản ứng
n
C. C
4
H
8
D. C
4
H
6
Bài giải:
X
M
= 9.2 = 18;
Y
M
= 15.2 = 30
Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br
2
nên trong Y không có anken
Các yếu tố trong bài toán không phụ thuộc vào số mol cụ thể của mỗi chất vì số mol này sẽ bị
triệt tiêu trong quá trình giải. Vì vậy ta tự chọn lượng chất. Để bài toán trở nên đơn giản khi tính toán,
ta chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (n
X
= 1 mol)
⇒
m
X
= 18g
Dựa vào [3] và [6] ta có:
2
Y
2
H
4
và C
3
H
6
; 70% B. C
3
H
6
và C
4
H
8
; 30%
C. C
2
H
4
và C
3
H
6
; 30% D. C
3
H
6
và C
4
2 anken
= 1- 0,7=0,3 mol
Dựa vào khối lượng hỗn hợp X:
Ta có:
14n × 0,3 + 2×0,7 =16,8 3 3,66 4⇒ < ≈ <
11
n =
3
15
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Anh Ngọ Tr ờng
THPT Tiên Lữ
CTPT: C
3
H
6
v C
4
H
8
;
2 (X)
H
%V
0,7
100% 70%
1
= ì =
. Chn D
Vi du 3: ( TSC nm 2009) Hn hp khớ X gm H
2
(28)
M=15
b mol H
2
(2)
15-2=13
28-15=13
a
b
13
13
a=b=0,5 mol
Da vo [9] ta cú:
H
2 phản ứng
n
n
anken phản ứng
=
n
X
-
n
Y
=1-0,75=0,25 mol
0,25
H = ì100% = 50%
0,5
. Chn C
Vi du 4: ( TSH KB nm 2009) Hn hp khớ X gm H
Bi gii:
X
M
= 9,1.2 = 18,2;
Y
M
= 13.2 = 26
Vỡ hn hp Y khụng lm mt mu nc Br
2
nờn trong Y khụng cú anken
T chn lng cht, chn s mol hn hp X l 1 mol
m
X
= 18,2gam
Da vo [3] v [6] ta cú:
2
Y
Y H (X)
18,2 n 18,2
= n = n = = 0,7mol
26 1 26
n
anken
= 1- 0,7=0,3 mol
Da vo khi lng hn hp X:
14n ì 0,3 + 2ì 0,7 =18,2 n = 4
.
4
H
8
Bài giải:
X
M
= 4,8.2 = 9,6;
Y
M
= 8.2 = 16
Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br
2
nên trong Y không có hiđrocacbon không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (n
X
= 1 mol)
⇒
m
X
= 9,6g
Dựa vào [3] ta có:
Y
Y
9,6 n 9,6
= n = = 0,6mol
16 1 16
⇒
;
Dựa vào [2]
⇒
H
2
và H
2
cho vào bình kín dung tích 9,7744 lít ở 25
0
C, áp suất
atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Biết tỉ khối của X so với Y
là 0,75. Số mol H
2
tham gia phản ứng là
A. 0,75 mol B. 0,30 mol
C. 0,10 mol D. 0,60 mol
Bài giải:
X
1×9,7744
n = = 0,4 mol
0,082(273 + 25)
Dựa vào [3] ta có:
X
Y Y
X/Y Y
Y
X
M n n
d = = = = 0,75 n = 0,3 mol
n 0,4
M
⇒
⇒
0
Y
Br
2
(d!)
Z (C
2
H
6
, H
2
d!)
(0,448 lÝt,
d
Z/H2
= 0,5)
C
2
H
4
, C
2
H
2
d!,
C
2
H
6
, H
Δm
=1,64 – 0,32=1,32 gam. Chọn D
Ví dụ 8: Hỗn hợp khí X chứa H
2
và một hiđrocacbon A mạch hở. Tỉ khối của X đối với H
2
là 4,6. Đun
nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ
khối đối với H
2
là 11,5. Công thức phân tử của hiđrocacbon là
A. C
2
H
2
B. C
3
H
4
C. C
3
H
6
D. C
2
H
4
Bài giải:
X
M
= n
hiđro pư
=0,6
mol (vô lý)
⇒
loại C, D.
Ta thấy phương án A, B đều có CTPT có dạng C
n
H
2n-2
. Với công thức này thì
n
A (X)
=
2 phan ung
H
1
n × 0,6 = 0,3mol
2
1
2
=
⇒
2(A)
H
n =1- 0,3 = 0,7 mol
Dựa vào khối lượng hỗn hợp X:
(14n - 2)×0,3+ 2×0,7 = 9,2
.
⇒ n = 2
⇒
V
hiđrocacbon (Y)
= V
hiđrocacbon (X)
= 6,72 lít. Chọn C
18
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
Ví dụ 10: Cho 4,48 lít hỗn hợp khí X gồm CH
4
, C
2
H
2
, C
2
H
4
, C
3
H
6
, C
3
H
8
và V lít khí H
2
qua xúc tác
là 7,3 đi
chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H
2
là 73/6.
Số mol H
2
đã tham gia phản ứng là
A. 0,5 mol B. 0,4 mol
C. 0,2 mol D. 0,6 mol
Bài giải:
X
M
= 7,3.2 = 14,6;
Y
M
=
73 73
2
6 3
× =
; n
X
= 1 mol
Dựa vào [2] và [3]
⇒
n
Y
= 0,6 mol;
2phan ung
H
29
⇒
. Dựa vào [2]
2phan ung
H
n = - 0,2 = 0,2mol0,4
chỉ bảo hoà hết
0,2 mol liên kết
π
, còn lại 0,1.3 – 0,2=0,1 mol liên kết
π
sẽ phản ứng với 0,1 mol Br
2
.
2
Br
m = 0,1×160 =16 gam⇒
. Chọn D
Ví dụ 13: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C
2
H
2
, 0,05 mol C
3
H
6
và 0,07 mol H
2
với xúc tác Ni,
sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y gồm C
Dựa vào [4] thì khi đốt cháy hỗn hợp Y thì lượng CO
2
và H
2
O tạo thành bằng lượng CO
2
và H
2
O sinh
ra khi đốt cháy hỗn hợp X. Khi đốt cháy X ta có các phương trình hoá học của phản ứng:
C
2
H
2
+ 2,5O
2
→
2CO
2
+ H
2
O
0,06
→
0,12 0,06
C
3
H
6
O.
Δm = 0,27× 44 + 0,28×18 =16,92 gam
. Chọn C
III. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: (Bài 6.10 trang 43 sách bài tập Hoá 11)
Hỗn hợp khí A chứa H
2
và một anken. Tỉ khối của A đối với H
2
là 6,0. Đun nóng nhẹ A có mặt
xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp B không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H
2
là 8,0.
Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích từng chất trong hỗn hợp A và hỗn hợp B.
ĐS: Hỗn hợp A: C
3
H
6
(25,00%); H
2
(75,00%)
Hỗn hợp B: C
3
H
8
(
≈
33%); H
2
(67%)
(26%); H
2
(57%)
Bài 3: (Bài 6.11 trang 48 sách bài tập Hoá 11 nâng cao)
Cho hỗn hợp X gồm etilen và H
2
có tỉ khối so với H
2
bằng 4,25. Dẫn X qua bột Ni nung nóng
(hiệu suất phản ứng hiđro hoá anken bằng 75%), thu được hỗn hợp Y. Tính tỉ khối của Y so với H
2
.
Các thể tích khí đo ở đktc.
ĐS:
2
Y/H
d = 5,23
20
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
Bài 4: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH
4
, C
2
H
4
, C
2
H
2
2
là 73/6.
Khối lượng hỗn hợp khí Y là
A. 1,46 gam B. 14,6 gam
C. 7,3 gam D. 3,65 gam
Bài 6: Một hỗn hợp khí X gồm Ankin A và H
2
có thể tích 15,68 lít. Cho X qua Ni nung nóng, phản
ứng hoàn toàn cho ra hỗn hợp khí Y có thể tích 6,72 lít (trong Y có H
2
dư). Thể tích của A trong X và
thể tích của H
2
dư lần lượt là (các thể tích đo ở điều kiện tiêu chuẩn)
A. 2,24 lít và 4,48 lít B. 3,36 lít và 3,36 lít
C. 1,12 lít và 5,60 lít D. 4,48 lít và 2,24 lít.
21
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM
HÓA HỮU CƠ 11
1. Dựa trên công thức tổng quát của hiđrocacbon
Thí dụ: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (C
n
H
2n+1
)
m
. A thuộc dãy đồng đẳng nào?
A) Ankan B) Anken C) Ankin D) Aren
10
thu được 17,6g CO
2
và 10,8g
H
2
O. m có giá trị là:
A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g.
Suy luận: M
hỗn hợp
= m
C
+ m
H
=
17 10,8
12 2 6
44 18
gam
× + ×
B
.
2.1. Khi đốt cháy ankan: thu được nCO
2
> nH
2
O và số mol ankan cháy bằng hiệu số của số mol H
2
O
và số mol CO
ankan
= nCO
2
- nCO
2
→ nCO
2
= nH
2
O - n
ankan
nCO
2
=
9,45
18
= 0,15 = 0,375 mol
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓
+ H
2
O
nCaCO
3
2
H
6
và C
3
H
8
B. C
3
H
8
và C
4
H
10
C. C
4
H
10
và C5H
12
D. C
5
H
12
và C
6
H
14
Suy luận: nH
1n
+
H
2
O
Ta có:
1
1 1,4
n
n
=
+
→
n
= 2,5 →
Thí dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi
qua bình 1 đựng P
2
O
5
dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số
mol ankan có trong hỗn hợp là:
A. 0,06 B. 0,09 C. 0,03 D. 0,045
Suy luận: nH
2
O =
4,14
18
= 0,23 ; nCO
23
C
2
H
6
C
3
H
8
Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr êng
THPT Tiªn L÷
Suy luận: n
ankan
= 0,23 – 0,14 = 0,09 ; n
anken
= 0,1 – 0,09 mol
2.2. Dựa vào phản ứng cháy của anken cho nCO
2
= nH
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳng thu được
11,2 lít CO
2
(đktc) và 9g H
2
O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan B. Anken C. Ankin D, Aren
Suy luận: nCO
2
6
, C
2
H
4
B. C
3
H
8
, C
3
H
6
C. C
4
H
10
, C
4
H
8
D. C
5
H
12
, C
5
H
10
0,3
⇒
n = 3
⇒
C
3
H
6.
2.3. Đốt cháy ankin: nCO
2
> nH
2
O và n
ankin (cháy)
= nCO
2
– nH
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO
2
và H
2
O có tổng khối
lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH)
2
dư thu được 45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
A. 6,72 lít B. 2,24 lít C. 4,48 lít B. 3,36 lít
Suy luận: nCO
b. Công thức phân tử của ankin là:
A. C
2
H
2
B. C
3
H
4
C. C
4
H
6
D. C
5
H
8
nCO
2
= 3n
ankin
. Vậy ankin có 3 nguyên tử C
3
H
4
Thí dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) 1 ankin thu được 10,8g H
2
O. Nếu cho tất cả sản phẩm
cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong thì khối lượng bình tăng 50,4g. V có giá trị là:
A. 3,36 lít B. 2,24 lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít
0,3 mol
2.4. Đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no được bao nhiêu mol CO
2
thì sau đó hidro hóa hoàn
toàn rồi đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no đó sẽ thu được bấy nhiêu mol CO
2
. Đó là do khi
hidro hóa thì số nguyên tử C không thay đổi và số mol hidrocacbon no thu được luôn bằng số mol
hidrocacbon không no.
Thí dụ: Chia hỗn hợp gồm C
3
H
6
, C
2
H
4
, C
2
H
2
, thành 2 phần đều nhau:
- Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít CO
2
(đktc).
- Hidro hóa phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO
2
thu được là:
A. 2,24 lít B. 1,12 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít
2.5. Phản ứng đốt cháy của ancol.
2
O => Là ancol no mạch hở (k = 0) và n
ancol
= n
OH
2
- n
2
CO
(giống
ankan).
- Nếu số mol CO
2
= số mol H
2
O => Là ancol không no có 1 liên kết đôi C = C, no mạch hở(giống
25
Copyright: Tài liệu đại học ©