SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
SỐ KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
ĐẠT HIỆU QUẢ . MÔN HÓA HỌC – KHỐI 9
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Bối cảnh của đề tài :
Trong những năm gần đây, vấn đề bồi dưỡng và dự thi HSG đã được sự quan tâm
của các cấp quản lý, quý phụ huynh và các em học sinh. Giáo viên tham gia bồi dưỡng
đã có nhiều cố gắng để hoàn thành tốt nhiệm vụ được giao, nhờ vậy mà chất lượng đội
tuyển dự thi ngày càng được nâng cao.
Tuy nhiên bên cạnh đó vẫn còn nhiều khó khăn cho cả thầy và trò:
+ Đối với thầy: không có điểm mở đầu và kết thúc trong nội dung bồi dưỡng,
phạm vi kiến thức rộng, dạy như thế nào để không thừa mà cũng không thiếu, nhưng
vẫn đáp ứng được yêu cầu cơ bản của đề thi, đây là vấn đề khó.
+ Đối với trò: vấn đề học bồi dưỡng chưa thực sự đi vào chiều sâu, vẫn còn
một số em học bồi dưỡng theo phong trào, cùng lúc tham gia bồi dưỡng trong nhiều
lĩnh vực khác nhau (HSG văn hóa, HSG giải toán bằng máy tính bỏ túi, Giải tin học trẻ
không chuyên, HSG thực hành thí nghiệm, . . .), ngoài ra các em còn học thêm nhiều
môn, từ đó dẫn đến quỹ thời gian không đủ để các em tự học, tự nghiên cứu nhằm
trang bị thêm kiến thức vững chắc cho bản thân.
Để giải quyết những khó khăn trên đòi hỏi người giáo viên phải tự nghiên cứu đưa
ra nội dung, chương trình, tự phân bố thời gian bồi dưỡng cho phù hợp.
II. Lý do chọn đề tài :
Qua tham khảo nhiều sách bài tập, sách nâng cao kiến thức, các chuyên đề bồi
dưỡng HSG, . . . tôi thấy rằng các sách biên soạn không theo một trình tự nhất định
nào, do đó học sinh phải cùng lúc tham khảo hay tự học trên nhiều quyển sách khác
nhau (không đủ thời gian)
Bên cạnh đó hiện nay chưa có chương trình chính thức trong bồi dưỡng HSG (chỉ
có hướng dẫn chung chung), người giáo viên khi nhận nhiệm vụ này phải tự mình đề
ra nội dung bồi dưỡng cho phù hợp với tình hình thực tế của đơn vị, đồng thời phải
đáp ứng được yêu cầu của đề thi nhằm đạt kết quả tốt nhất.
tập khó, nâng cao hơn.
Nội dung kiến thức :
- SGK môn Hóa khối 8, 9.
- Sách bài tập , sách tham khảo môn Hóa cấp THCS. (mục tài liệu tham khảo)
- Đề thi HSG môn Hóa của tỉnh An Giang các năm qua.
IV. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu :
Cung cấp cho học sinh kiến thức lý thuyết từ cơ bản (theo chương trình SGK Hóa
8, 9) đến mở rộng, nâng cao. Mặt khác từ kiến thức cơ bản học sinh có thể vận dụng
dễ dàng vào các bài tập cụ thể.
Phân dạng bài tập (dạng lý thuyết và dạng toán), mỗi dạng có đưa ra hướng chung
nhất để giải.
Hệ thống bài tập cho từ dễ đến khó, từ cơ bản đến nâng cao, sau cùng là các bài
tập tổng hợp và các bài tập không theo khuôn mẫu buộc học sinh phải có khả năng tư
duy sáng tạo kết hợp với kiến thức cơ bản đã biết để giải.
Trong mỗi bài tập cụ thể chủ yếu là phân tích đề bài, chỉ ra hướng giải, mục đích
chính là làm cho học sinh hiểu vấn đề, để từ đó các em có thể vận dụng vào các bài tập
tương tự.
Phân bố thời gian phù hợp để vừa dạy lý thuyết vừa hướng dẫn các bài tập dạng
toán để khi dạy xong phần lý thuyết Hóa vô cơ cũng hoàn tất các dạng bài tập toán.
Bắt đầu quay sang các dạng bài tập lý thuyết và trong quá trình thực hiện các dạng bài
tập lý thuyết cũng là lúc học sinh tự củng cố lại các kiến thức lý thuyết (tính chất hóa
học, các phản ứng đặc biệt, điều kiện để phản ứng xảy ra, . . . )
Phần Hóa học hữu cơ tách ra riêng và hướng dẫn học sinh khi đã xong phần Hóa
vô cơ (lúc này học sinh vừa học phần hóa Hữu cơ vừa ôn lại phần Hóa vô cơ dưới
dạng bài tập tổng hợp thông qua giải đề thi các năm qua)
Trang 2
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
B. PHẦN NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận :
Trong hệ thống các bài tập hoá học, tạm chia thành hai nhóm là bài tập lý thuyết
- Bài toán nồng độ dung dịch (pha chế, pha loãng hay cô đặc dung dịch,
độ tan)
- Bài toán xác định 1 nguyên tố hóa học
- Bài toán kim loại tác dụng với dung dịch muối
- Bài toán hiệu suất phản ứng
- Bài toán hỗn hợp
- Bài toán xác định công thức phân tử hợp chất hữu cơ
c. Bài tập tổng hợp (thông qua giải đề thi): để bổ sung thêm các bài tập chưa
được nêu ra trong các dạng trên, nhằm rèn luyện kỹ năng giải đề thi và làm phong phú
thêm kiến thức cho học sinh.
Từ đó tiến hành trang bị cho học sinh các kiến thức liên quan đến các dạng trên,
Trang 3
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
phương pháp chung để giải. Nhằm giúp học sinh tự tin hơn bước vào các kỳ thi.
III. Các biện pháp giải quyết vấn đề :
Để giúp cho nhóm học sinh bồi dưỡng (với nhiều mức độ khác nhau) có đủ khả
năng, đủ tự tin bước vào kỳ thi, trong quá trình bồi dưỡng tôi đã tiến hành như sau:
1. Trang bị kiến thức lý thuyết:
Qua nội dung chương trình SGK, sách tham khảo cùng với các đề thi những năm
qua của tỉnh An Giang, tôi đã chia lý thuyết gồm 5 phần (xem phụ lục 1) và được sắp
xếp theo thứ tự sau:
a. Cấu tạo nguyên tử và bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học
b. Sơ lược về sự phân loại chất
c. Kim loại và phi kim
d. Các loại hợp chất vô cơ
e. Hóa học hữu cơ.
Trong mỗi phần đều có kiến thức cơ bản theo chương trình SGK và phần bổ sung
thêm (mở rộng, nâng cao để học sinh làm tư liệu tham khảo ).
Trong kiến thức lý thuyết yêu cầu học sinh phải nắm thật vững kiến thức cơ bản
(chương trình SGK Hóa 8, 9) theo các nội dung sau:
+ Thể hiện hóa trị III khi phản ứng với phi kim mạnh, axit oxi hóa:
2Fe + 3Cl
2
→
O
T
2FeCl
3
2Fe + 6H
2
SO
4(đ)
→
O
T
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
Fe + 6HNO
3(đ)
2
+ H
2
O
Al(OH)
3
+ NaOH
→
NaAlO
2
+ 2H
2
O
(gốc – AlO
2
: aluminat, có hóa trị I)
- Phản ứng của kim loại với muối (không tạo ra kim loại mới):
Fe + 2FeCl
3
→
3FeCl
2
Cu + 2FeCl
3
→
CuCl
2
+ 2FeCl
SO
4
BaSO
4
+ NaOH
→
không phản ứng
(lưu ý: BaSO
4
không tan cả trong dung dịch axit)
* Muối axit tác dụng với kiềm tạo ra muối trung hòa (số muối trung hòa
ứng với số kim loại có trong chất phản ứng):
NaHCO
3
+ NaOH
→
Na
2
CO
3
+ H
2
O
2NaHCO
3
+ Ca(OH)
2
→
Na
2
→
MgSO
4
+ Na
2
SO
4
+ 2CO
2
+ 2H
2
O
* Phản ứng của axit oxi hóa (HNO
3
, H
2
SO
4
đặc) với kim loại, thì trong
quá trình phản ứng nồng độ của axit giảm dần dẫn đến sinh ra các sản phẩm khử
khác nhau theo thứ tự sau:
HNO
3(đ)
+ M
→
M(NO
3
)
2
(SO
4
)
n
+
2
2
2
H
SH
S
SO
+ (H
2
O)
(Trong đó M là kim loại có hóa trị n; Trong các phản ứng này học sinh rất khó cân
bằng khi chưa biết phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa – khử, do đó tôi dành thời
gian 1 buổi để hướng dẫn học sinh cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron, vì
phương pháp này chỉ cần học sinh biết được cách tính số oxi hóa (có qui ước cách tính
đơn giản) và các nguyên tố có sự thay đổi số oxi hóa là dễ dàng áp dụng)
* Các phi kim ở nhóm VII của bảng hệ thống tuần hoàn có một tính chất
tương tự kim loại: đẩy phi kim yếu hơn ra khỏi muối hay hợp chất với hiđrô.
H
2n
:
@.Với anken (n
≥
2, nguyên): gồm đồng phân mạch cacbon
(không phân nhánh và phân nhánh) và đồng phân vị trí liên kết đôi, trong công thức
cấu tạo có 1 liên kết đôi.
@.Với xicloankan (n
≥
3, nguyên): chỉ gồm đồng phân mạch
vòng (không phân nhánh và phân nhánh) và trong công thức cấu tạo chỉ toàn liên kết
đơn.
+ Hợp chất có dạng C
n
H
2n-2
:
@.Với ankin (n
≥
2, nguyên): gồm đồng phân mạch cacbon
(không phân nhánh và phân nhánh) và đồng phân vị trí liên kết ba, trong công thức cấu
tạo có 1 liên kết ba.
@.Với ankađien (n
≥
3, nguyên): gồm đồng phân mạch cacbon
(không phân nhánh và phân nhánh) và đồng phân vị trí liên kết đôi, trong công thức
cấu tạo có 2 liên kết đôi.
@.Với xicloanken (n
≥
4
→
HCl
A
Fe
FeCl
3
→
Fe(NO
3
)
3
→
Fe(OH)
3
→
Fe
2
O
3
→
Fe
→
Cu
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2010)
→
CaCO
3
→
Ca(NO
3
)
2
CaCO
3
→
CaO
→
Ca(OH)
2
→
CaCl
2
→
Ca(NO
3
)
2
CaO
M
2
O
3
. Biết M
2
O
3
màu nâu đỏ, MCl
3
khói
màu nâu.
(Trích đề thi HSG tỉnh Cà Mau – năm 2000)
-Trước tiên học sinh dựa vào 2 chất trong sơ đồ là MO và MCl
3
để dự đoán M là
Fe, vì thể hiện hóa trị II (trong MO) và hóa trị III (trong MCl
3
), sau đó dựa vào dữ
kiện M
2
O
3
màu nâu đỏ, MCl
3
khói màu nâu để khẳng định điều dự đoán là đúng.
-Tiếp theo thay M bằng Fe vào sơ đồ và thực hiện các phản ứng.
b. Bài tập về nhận biết, phân biệt các chất: với dạng bài tập này trước
tiên tôi cung cấp cho học sinh các loại thuốc thử thường dùng, phân chúng thành 3
dạng nhận biết (dùng thuốc thử tự do, dùng thuốc thử có giới hạn, không được dùng
Na
2
SO
4
NaNO
3
BaCl
2
NaCl AgNO
3
NaCl: tạo được trắng
HCl Na
2
SO
4
NaNO
3
NaNO
3
: không dấu hiệu
- Sau cùng nhìn vào sơ đồ trình bày lời giải (theo hướng dẫn ở phụ lục 2)
* Với dạng 3 (không dùng thêm thuốc thử nào khác): vẽ bảng kết quả với giả
sử là 1 chất bất kỳ phản ứng với các chất còn lại, chỉ ghi dấu hiệu đặc biệt vào các ô có
phản ứng. VD : Có bốn dung dịch (đựng trong các lọ đánh số từ 1 đến 4) gồm: HCl,
Na
2
CO
3
, H
2
BaCO
3
H
2
SO
4
CO
2
BaSO
4
BaCl
2
BaCO
3
BaSO
4
- Với bảng trên ta thấy rằng tổng các dấu hiệu phản ứng ở 4 hàng ngang là khác
nhau, dựa vào đó để kết luận cho chất ngoài cùng (phía bên trái cùng hàng).
- Cuối cùng trình bày lời giải (theo hướng dẫn ở phụ lục 2).
c. Bài tập về điều chế, tinh chế, tách rời các chất:
- điều chế: xuất phát từ một số nguyên liệu ban đầu, viết các phản ứng điều chế
một số chất theo yêu cầu. Dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức
lý thuyết và phải biết chọn hướng đi đúng. VD : từ các nguyên liệu muối ăn, đá vôi,
không khí, axit nitric và nước. Viết các PTHH để điều chế: Na
2
CO
3
, NH
4
Cho NaOH phản ứng với CO
2
thu được Na
2
CO
3
:
2NaOH + CO
2
→
Na
2
CO
3
+ H
2
O
+ NH
4
NO
3
: tiến hành như sau
Tách lấy N
2
từ không khí, từ phản ứng (a) ta có H
2
Cho N
2
phản ứng với H
NH
4
NO
3
+ HCl: từ phản ứng (a) ta thu được H
2
và Cl
2
, cho 2 chất này phản ứng với
nhau thu được HCl : H
2
+ Cl
2
→
Ánhsáng
2HCl
-Tinh chế, tách rời các chất: làm sạch một chất nào đó, tách một chất nào đó ra
khỏi hỗn hợp hay tách rời các chất ra khỏi nhau. Dựa vào tính chất của từng chất riêng
biệt để chuyển một số chất trong hỗn hợp sang các hợp chất trung gian, sau đó dựa vào
các phản ứng đặc trưng của từng chất để tái tạo lại chúng. VD: một hỗn hợp gồm bạc,
sắt, đồng. Trình bày cách tách riêng từng kim loại trên bằng phương pháp hóa học.
Viết các phương trình phản ứng để minh họa. (trích đề thi HSG tỉnh An giang - năm
2002)
+ Trước tiên cần xác định trong 3 kim loại trên có 2 kim loại đứng sau Hiđro
trong dãy hoạt động hóa học (Ag và Cu), trong đó có 1 kim loại không phản ứng với
oxi khi đun nóng trong không khí (Ag)
+ Từ đó ta có thể lập sơ đồ tách như sau:
Ag Thu được dd FeCl
2
3
tạo kết tủa keo trắng và kết tủa
này tan ra (nếu đủ NaOH) do Al là kim loại lưỡng tính nên hiđroxit của Al phản ứng
được với kiềm.
+ Từ đó, các hiện tượng thấy được là: Na tan ra, có khí thoát ra (H
2
), trong
dung dịch xuất hiện kết tủa keo trắng (Al(OH)
3
), kết tủa có thể tan ra.
+ Các phản ứng minh họa:
2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
3NaOH + AlCl
3
→
Al(OH)
3
+ 3NaCl
Al(OH)
3
+ NaOH
→
NaAlO
→
NaAlO
2
+ 2H
2
O
Ở trường hợp 2: lúc đầu NaOH dư nên bao nhiêu kết tủa vừa sinh ra bị
hòa tan ngay, sau đó đến lượt AlCl
3
dư và phản ứng dừng lại. Do đó trong trường hợp
này không xuất hiện kết tủa.
4NaOH
(dư)
+ AlCl
3
→
NaAlO
2
+ 3NaCl + 2H
2
O
e. Bài tập về hệ thống tuần hoàn: với dạng bài tập này phần kiến thức
mà học sinh cần nắm là qui luật biến thiên tính kim loại, tính phi kim trong chu kỳ và
trong nhóm. Tính axit của các hiđroxit tương ứng với các phi kim tăng khi tính phi
kim tăng, Tính bazơ của các hiđroxit tương ứng với các kim loại tăng khi tính kim loại
tăng.
* VD : Dựa vào bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, hãy:
So sánh tính chất của Si, P, S, Cl đồng thời nêu công thức hiđrôxit tương ứng
và so sánh tính axit của chúng (1).
, Al(OH)
3
, H
2
SiO
3
, H
3
PO
4
, H
2
SO
4
, HClO
4
+ Theo thứ tự trên thì tính kim loại của các nguyên tố giảm dần, tính phi kim của
các nguyên tố tăng dần. Từ đó dẫn đến các hiđrôxit của chúng có tính bazơ giảm dần
và tính axit tăng dần.
+ Từ các phân tích trên học sinh tự kết luận cho từng nhóm (nhóm 1 gồm các
nguyên tố phi kim, nhóm 2 gồm các nguyên tố kim loại)
2.2. Bài tập tính toán: Cung cấp cho học sinh các công thức có liên quan, các
bước chung nhất của bài toán tính theo phương trình hóa học, lấy đó làm nền tảng để
phát triển cho các dạng bài toán còn lại.
2.2.1. Các kiến thức cần nắm
a. Các công thức ban đầu học sinh cần phải nắm:
- Công thức tính số mol:
M
m
dd
ct
=
+ Nồng độ mol (M) :
)(lV
n
C
dd
ct
M
=
+ Công thức liên quan giữa 2 loại nồng độ:
ct
dd
M
M
xCxD
C
(%)10
=
+ Công thức tính khối lượng dung dịch:
m
dd
= m
ct
+ m
dm
– (m + m) . . .
m
dd
2
– C
3
C
3
(với: C
1
< C
3
< C
2
)
+ dung dịch 2, có nồng độ: C
2
C
3
– C
1
Với C% , ta có :
13
32
2
1
CC
CC
m
m
dd
dd
−
(1) x V
dd
(1) = C
M
(2) x V
dd
(2)
- Lưu ý:
+ Nước (dung môi) xem như dung dịch có nồng độ bằng 0.
+ Chất tan nguyên chất xem như dung dịch có nồng độ bằng 100%.
+ Nồng độ của dung dịch sau pha trộn sẽ ở khoảng giữa nồng độ của 2
dung dịch ban đầu.
* VD 1: Có 200 gam dung dịch NaOH 5% (dung dịch A)
a
1
. Cần phải trộn thêm vào dung dịch A bao nhiêu gam dung dịch NaOH 10%
để được dung dịch NaOH 8% ?
a
2
. Cần hòa tan thêm bao nhiêu gam NaOH vào dung dịch A để có dung dịch
NaOH 8% ?
a
3
. Làm bay hơi nước dung dịch A, người ta cũng thu được dung dịch NaOH
8%. Tính khối lượng nước đã bay hơi.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2005)
- Phân tích:
+ Ở câu a
1
và a
−
=
dd
m
; Giải ra: m
dd
= 300 (g)
a
2
. Gọi m là khối lượng NaOH phải thêm vào dung dịch A, ta có sơ đồ
sau: (với NaOH là chất tan nguyên chất nên có nồng độ 100%)
200 (g) : 5% 100% - 8%
8%
m (g) : 100% 8% - 5%
Từ sơ đồ ta có :
%5%8
%8%100200
−
−
=
m
; Giải ra: m = 6,52 (g)
a
3
. Gọi m
dd
là khối lượng của dung dịch A còn lại sau khi làm bay hơi
nước, do lượng chất tan trong dung dịch là không đổi, nên ta có:
5% x 200 = 8% x m
dd
−
−
=
C
C
; Giải ra : C% = 80%
+ Từ đó chọn đáp án A.
b. Bài toán xác định nguyên tố hóa học:
* Các lưu ý của dạng bài toán này:
- Cần tìm nguyên tử khối để suy ra nguyên tố cần tìm (có đối chiếu với hóa trị
của nguyên tố)
- Nếu cần phải biện luận thì tìm nguyên tử khối theo hóa trị của nguyên tố
(các kim loại thường có các hóa trị I, II, III)
* VD 1 : Hòa tan hoàn toàn 7,56 gam kim loại A vào dung dịch HCl (dư) thu được
9,408 lít hiđrô (ở ĐKTC). Xác định kim loại A
- Phân tích:
+ Kim loại A chưa biết hóa trị, cần đặt ẩn số là hóa trị
+ Khí hiđrô cho ở ĐKTC, tính được số mol H
2
Trang 12
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+ Bài toán có 2 ẩn số, nhưng chỉ lập được 1 phương trình đại số, cần
phải biện luận để tìm NTK của A theo hóa trị.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi A là NTK của A, n là hóa trị của A
+ Số mol H
2
tính được : 0,42 (mol)
+ PTHH : 2A + 2nHCl
→
4
→
MSO
4
+ H
2
O
Tỉ lệ : 1 mol 1 mol 1 mol
+ Khối lượng dung dịch sau phản ứng:
(1) Tổng khối lượng ban đầu :
=+
42
SOddHMO
mm
MxM +=++ 2016100
9,4
98
)16(
(g)
(2) Khối lượng dung dịch sau phản ứng :
100
69,7
96
4
x
M
m
- Thường đặt ẩn số là số mol cho kim loại phản ứng
* VD 1 : Ngâm 1 thanh kẽm có khối lượng 50 gam vào dung dịch CuSO
4
, sau
phản ứng khối lượng thanh kẽm là 49,8 gam. Tính khối lượng kẽm phản ứng và khối
lượng đồng sinh ra.
- Phân tích:
+ Theo số liệu đề bài cho ta thấy khối lượng thanh kẽm sau phản ứng
giảm (vì M của kim loại sinh ra nhỏ M của kim loại phản ứng)
+ Đặt ẩn số là số mol kẽm phản ứng
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi x (mol) là n
Zn
phản ứng
+ PTHH: Zn + CuSO
4
→
ZnSO
4
+ Cu
Tỉ lệ: x mol x mol
+ Ta có: 50 – 49,8 = 65x – 64x
⇒
)(2,0 molx =
+ Tính tiếp : m
Zn phản ứng
= 13 (g) ; m
Cu sinh ra
4
+ 2M
Tỉ lệ: 56n (g) 2M+96n (g) 2M (g)
)(
962
568,2
g
nM
nx
+
←
2,8 (g)
→
)(
962
28,2
g
nM
Mx
+
+ Từ tỉ lệ ở PTHH và đề bài, ta có:
nM
Mx
962
28,2
+
-
phương trình đại số với 3 ẩn số : số mol của kim loại ban đầu phản ứng, hóa trị và
NTK của kim loại ban đầu. Do đó cần biện luận để tìm NTK theo hóa trị rồi sau đó
mới tính số mol kim loại phản ứng.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi M là kim loại ban đầu có hóa trị n và có x(mol) tham gia phản ứng
+ Các PTHH : 2M + nCuSO
4
→
M
2
(SO
4
)
n
+ nCu
Tỉ lệ: x (mol)
)(
2
mol
nx
Cu + HgSO
4
→
CuSO
4
+ Hg
Tỉ lệ:
=→=
=
=
)(12,102,0
)(56
2
gmx
FeM
n
Fe
d. Bài toán về hiệu suất phản ứng:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Hiệu suất phản ứng cho biết tỉ lệ lượng chất phản ứng thực tế so với lượng
chất ban đầu. VD : có 0,8 mol CaCO
3
trong 1 mol CaCO
3
ban đầu bị phân hủy khi
nhiệt phân, thì hiệu suất của phản ứng là:
%808,0
1
8,0
==
- Thường dựa vào lượng chất sản phẩm để tính hiệu suất phản ứng, với H% là
hiệu suất phản ứng, ta có:
Lượng sản phẩm thực tế
2KCl + 3O
2
Tỉ lệ: 1 (mol)
)(
2
3
mol
+ Từ PTHH tính được:
)(4832
2
3
2
gxm
O
==
(Khối lượng oxi trên lý
thuyết)
+ Từ đó suy ra :
%90%100
48
2,43
% == xH
* VD 2 : Nung ở nhiệt độ cao 12 gam CaCO
3
nguyên chất, sau phản ứng thu được
7,6 gam chất rắn A. Tính hiệu suất của phản ứng.
- Phân tích:
+ Nếu giả sử nhiệt phân hết 12 gam CaCO
3
thì A chỉ có 1 chất là CaO với
Tỉ lệ: 100 (g) 56 (g)
0,12H (g) 0,0672H (g)
+ Từ đó ta có: 7,6 = 0,0672H + (12 – 0,12H), giải ra : H = 83,33
+ Hiệu suất: H% = 83,33%
e. Bài toán hỗn hợp:
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Giả sử hỗn hợp gồm A, B, . . .
- Yêu cầu tính trong bài toán hỗn hợp:
+ Thành phần % theo khối lượng:
%100% x
m
m
A
hh
A
=
;
%100% x
m
m
B
hh
B
=
+ Thành phần % theo thể tích (chỉ áp dụng cho chất khí):
%100%100% x
n
n
x
V
BA
BBAA
hh
hh
hh
nn
MnMn
n
m
M
+Đối với chất khí:
++
++
=
BA
BBAA
hh
VV
MVMV
M
;
4,22
hh
hh
V
n =
(ở ĐKTC)
tính theo PTHH (như đã nói ở trên), luôn đặt ẩn số trong bài toán để tránh nhầm lẫn
giữa các đại lượng với nhau.
- Cần lưu ý rằng đây là dạng toán khá phổ biến trong các đề thi, do đó cần có
hướng đi nhất định cho mỗi cá nhân để dễ dàng giải quyết vấn đề.
* VD 1 : Cho 16,6 gam hỗn hợp Fe và Al tác dụng với dung dịch HCl dư, thu
được 11,2 lít H
2
(ĐKTC). Xác định thành phần % theo khối lượng của Fe và Al trong
hỗn hợp ban đầu.
- Phân tích:
+ Fe và Al đều đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học nên đều phản
ứng với HCl.
+ Đề bài cho HCl dư, nên Fe và Al tan hết.
+ Dựa vào 2 dữ kiện đề bài cho, ta lập được hệ phương trình đại số.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Al. Ta có: 56x + 27y = 16,6 (1)
+ Số mol H
2
:
)(5,0
4,22
2,11
2
moln
H
==
+ PTHH : Fe + 2HCl
→
FeCl
2
2,11
=x
Trang 17
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
⇒
%Al = 100% - 67,5% = 32,5%
* VD 2 : Cho hỗn hợp khí A ở ĐKTC gồm CO và CO
2
. Biết rằng 5,6 lít khí A
nặng 9,4 gam. Tính thành phần % theo thể tích của mỗi khí trong A.
- Phân tích:
+ Trong bài này cho ta khối lượng của 5,6 lít hỗn hợp khí A, đây chưa
phải là khối lượng của 1 mol.
+ Đề bài cho khí ở ĐKTC, ta có thể qui đổi về khối lượng 1 mol (22,4 lít)
của hỗn hợp A.
+ Đặt ẩn số là số mol của 1 trong 2 chất khí có trong 1 mol hỗn hợp khí,
áp dụng biểu thức
hh
M
để giải.
- Giải: (tóm lược)
+ 5,6 lít A (ĐKTC) nặng 9,4 gam.
Suy ra 1 mol A (22,4 lít) nặng :
)(6,37
6,5
4,94,22
g
x
=
phương trình đại số có dạng : Ax + By = a
x + y = b
+ Với 4 ẩn số, không thể tìm trực tiếp được. Do đó phải suy ra khối lượng
mol trung bình của 2 kim loại và kết hợp với dữ kiện “kế tiếp nhau trong nhóm I” để
tìm NTK của chúng.
- Giải: (tóm lược)
+ Gọi 2 kim loại kiềm là A và B, có số mol lần lượt là x, y. Ta có:
Ax + By = 6,2 (1)
+ Số mol H
2
:
)(2,0
4,22
48,4
mol=
+ Các PTHH: 2A + 2H
2
O
→
2AOH + H
2
(a)
x (mol)
)(
2
mol
x
2B + 2H
* VD 4 : Cho 14,32 gam hỗn hợp 2 muối kim loại hóa trị I cacbonat tác dụng vừa
đủ với dung dịch axit H
2
SO
4
thu được 2,688 lít khí CO
2
(ĐKTC) và dung dịch muối.
Cô cạn dung dịch này được hỗn hợp muối khan X. Viết phương trình phản ứng xảy ra
và tính khối lượng muối khan X.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2002)
- Phân tích:
+ Bài toán này không yêu cầu xác định công thức của muối, nên ta không
quan tâm đến NTK của 2 kim loại
+ Khi giải: cần đặt công thức của 2 muối, đặt ẩn số, viết PTHH, lập hệ
phương trình, tính ra giá trị của một nhóm ẩn số rồi sau đó thế vào biểu thức tìm khối
lượng của muối tạo thành
- Giải: (tóm lược)
+ Đặt công thức của 2 muối cacbonat là A
2
CO
3
và B
2
CO
3
có số mol lần
lượt trong hỗn hợp là x và y. Ta có: (2A + 60)x + (2B + 60)y = 14,32 (1)
+ Số mol CO
2
CO
3
+ H
2
SO
4
→
B
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O (b)
y (mol) y (mol) y (mol)
Từ (a) và (b) : x + y = 0,12 (2)
+ Kết hợp (1), (2), (a) và (b) ta có:
=+++=⇒
=+
=+
+
)(64,18)(96)(2
12,0
56,3
* Các lưu ý của dạng toán này:
- Dạng bài toán: đốt cháy a gam hợp chất hữu cơ thu được CO
2
, H
2
O, . . . xác
định CTPT hợp chất hữu cơ. Biết M (có thể tính được)
- Phương pháp giải:
@. Phương pháp khối lượng:
+ Tìm m
C
, m
H
, m
O
, . . .
44
12.
2
CO
C
m
m =
;
18
2.
2
OH
H
m
Từ giá trị M tìm n
+ Xác định số nguyên tử theo công thức tổng quát: C
x
H
y
O
z
. . .
a
M
m
z
m
y
m
x
OHC
====
1612
Hay:
(%)100
%
16
%%
12 M
O
z
H
O
C
x
H
y
O
z
+
)
24
(
zy
x −+
O
2
→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O
C
x
H
H
y
O
z
N
t
+
)
24
(
zy
x −+
O
2
→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O +
2
t
N
2
2
O.
+ Sản phẩm cháy cùng cho qua bình đựng dung dịch Ba(OH)
2
, do đó khối
lượng tăng thêm 2,3 gam là gồm có khối lượng CO
2
và H
2
O bị hấp thu vào.
+ Do CO
2
phản ứng được với Ba(OH)
2
tạo ra muối (BaCO
3
và
Ba(HCO
3
)
2
), dựa vào khối lượng của 2 muối thu được để tìm khối lượng của CO
2
từ
đó suy ra khối lượng của H
2
O.
+ Từ khối lượng CO
2
, H
2375,3
23
)(
moln
HCOBa
==
+ Phản ứng của CO
2
với Ba(OH)
2
:
CO
2
+ Ba(OH)
2
→
BaCO
3
+ H
2
O
0,015 (mol) 0,015 (mol)
2CO
2
+ Ba(OH)
2
→
Ba(HCO
O
= 0,7 – 0,48 – 0,06 = 0,16 (g)
+ Khối lượng mol của A: M
A
= 2,693 x 26 = 70
+ Đặt công thức A: C
x
H
y
O
z
, ta có:
7,0
70
16,0
16
06,048,0
12
===
zyx
; Giải ra: x = 4, y = 6, z = 1
+ Công thức phân tử của A: C
4
H
6
O
( Có thể dựa vào công thức nguyên (C
x
H
y
- Phân tích:
+ Trong hỗn hợp chỉ có hiđrôcacbon cháy, do đó trong 13,6 lít hỗn hợp
khí sau cháy có thể gồm: CO
2
, hơi H
2
O
, O
2
dư
+ Khi dẫn hỗn hợp khí qua P
2
O
5
thì hơi H
2
O
bị hấp thu, do đó thể tích
giảm đi (13,6 – 7,2 = 6,4 lít) chính là thể tích hơi H
2
O.
+ Sau đó tiếp tục dẫn hỗn hợp khí còn lại qua CaO dư (CO
2
bị hấp thu),
thấy còn lại 2 lít khí đó chính là thể tích O
2
dư. Suy ra được thể tích O
2
H
y
, phản ứng cháy là:
C
x
H
y
+
)
4
(
y
x +
O
2
→
O
T
xCO
2
+
2
y
H
2
O
Tỉ lệ:
)
4
- Phân tích:
+ Đề bài cho biết khối lượng riêng 1,34 g/l , nghĩa là đã cho biết khối
lượng của 1 lít khí A (ĐKTC). Từ đó ta qui đổi về khối lượng của 1 mol (22,4 lít) hỗn
hợp A
+ Vì thể tích 2 khí trong hỗn hợp bằng nhau, nên trong 1 mol hỗn hợp thì
số mol của mỗi khí là 0,5 mol.
+ Áp dụng biểu thức tính khối lượng mol trung bình của hỗn hợp để tìm X.
- Giải:
+ Khối lượng của 1 mol hỗn hợp: 1,34 x 22,4
≈
30 (g)
+ Gọi X là C
x
H
y
, trong 1 mol hỗn hợp thì :
)(5,0
4
molnn
CHHC
yx
==
+ Ta có :
1
16.5,0.5,0
30
+
=
yx
HC
* VD 1 : Cho 0,2 mol CuO tan trong axit sunfuric 20% , đun nóng (vừa đủ), sau
đó làm nguội dung dịch đến 10
O
C. Tính khối lượng tinh thể CuSO
4
.5H
2
O đã tách khỏi
dung dịch, biết rằng độ tan của của CuSO
4
ở 10
O
C là 17,4 gam/100g H
2
O.
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2006)
- Phân tích:
+ Bài toán có liên quan đến tinh thể hidrat hóa và độ tan, tuy nhiên đề
bài chỉ cho biết độ tan sau khi đã làm nguội (10
O
C), nhiệt độ và độ tan ban đầu chưa
biết.
+ Hướng giải: tính khối lượng của CuSO
4
sinh ra, tính khối lượng dung
dịch sau phản ứng (bằng khối lượng CuO + khối lượng dd H
2
SO
4
), từ đó suy ra lượng
m
dd sau phản ứng
=
)(114100
20
982,0
802,0
42
gx
x
xmm
SOddHCuO
=+=+
)(321602,0
4
gxm
CuSO
==
)(8232114
2
gm
OH
=−=
+ Khi làm nguội đến 10
O
C, có a gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O tách ra. Tương
(Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2010)
- Phân tích:
+ Trong bài toán CO
2
phản ứng với NaOH, cần phải so sánh về số mol
của 2 chất phản ứng để xác định sản phẩm tạo ra muối nào:
NaOHCO
nn =
2
Sản phẩm tạo thành muối axit
NaOHCO
nn 2
2
=
Sản phẩm tạo thành muối trung hòa
22
2
CONaOHCO
nnn <<
Sản phẩm tạo thành gồm 2 loại muối trên
+Qua tính toán số mol từ số liệu đề bài(
)(15,0
2
moln
CO
=
;
)(2,0 moln
NaOH
=
3
+ H
2
O (1)
0,1 (mol) 0,2 (mol) 0,1 (mol)
+ Sau đó CO
2
dư (0,15 – 0,1 = 0,05 mol) phản ứng hết với Na
2
CO
3
để tạo ra
muối axit:
CO
2(dư)
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O
→
2NaHCO
3
(2)
0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,1 (mol)
+ Qua phản ứng (1) và (2), ta có:
)(4,8841,0)(1,0
33
Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,05 (mol)
+ Qua phản ứng (1) và (2), ta có:
)(4,8841,0)(1,005,015,0
33
gxmmoln
NaHCONaHCO
==⇒=−=
)(3,510605,0)(05,0
3232
gxmmoln
CONaCONa
==⇒=
@. Cách 3:
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của muối Na
2
CO
3
và NaHCO
3
sinh ra
+ PTHH: CO
2
+ 2NaOH
==
==
⇒
=
=
⇒
=+
=+
)(4,884.1,0
)(3,5106.05,0
1,0
05,0
2,02
15,0
3
32
gm
gm
y
x
yx
yx
NaHCO
CONa
(Với 3 cách trên ta thấy ra cùng kết quả, tuy nhiên:
+Cách 1 là đúng nhất, vì lúc đầu khi mới hấp thụ vào thì lượng CO
2
còn rất ít,
NaOH dư nên phải trung hòa trước, sau đó dư CO
→
Ca(HCO
3
)
2
Trang 24
SKKN Bồi Dưỡng HSG GV : Bùi Trung Dũng
+Cách 3 chỉ được dùng khi khẳng định tạo thành hỗn hợp 2 muối, nghĩa là:
22
2
CONaOHCO
nnn <<
)
* VD 3: Cho biết khối lượng riêng của rượu etilic là 0,8 g/ml và của nước là 1
g/ml, giả thiết quá trình pha trộn rượu và nước, tổng thể tích của dung dịch tạo thành
không thay đổi. Tính thể tích khí hiđrô (ĐKTC) thoát ra khi cho 20 ml rượu 42
O
tác
dụng với lượng dư Na kim loại. (Trích đề thi HSG tỉnh An Giang – năm 2003)
- Phân tích:
+ Từ độ rượu ta tính được thể tích rượu nguyên chất và thể tích nước có
trong 20 ml rượu, kết hợp với khối lượng riêng tính được số mol của rượu và nước.
+ Na dùng dư, nên cả rượu và nước đều phản ứng hết.
+ Có thể dùng công thức sau để tìm thể tích rượu nguyên chất:
100x
V
V
Đ
dd
R
6,11
)(6,1116,11
22
molngxm
OHOH
==⇒==
+ PTHH: C
2
H
5
OH + Na
→
C
2
H
5
ONa +
2
1
H
2
0,15 (mol)
)(
2
15,0
mol
H
2
O + Na
Bản thân tôi đã tham gia bồi dưỡng HSG nhiều năm (từ năm học 1999-2000 đến
nay), trong thời gian đầu hiệu quả rất thấp, do nhiều nguyên nhân:
+ Không nắm được chương trình bồi dưỡng
Trang 25
Copyright: Tài liệu đại học ©