SKKN: PHÁT TRIỂN KĨ NĂNG GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC CHO HỌC SINH
THPT BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT THÍCH HỢP
PHẦN 1 – ĐẶT VẤN ĐỀ
Từ năm học 2006-2007, Bộ giáo dục và đào tạo đưa ra hình thức thi trắc
nghiệm khách quan đối với bộ môn hóa học trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ
thông , thi tuyển sinh vào đại học và cao đẳng. Để làm tốt các bài thi trắc nghiệm
khách quan đòi hỏi học sinh phải nắm vững các kiến thức cơ bản bộ môn, các kĩ
năng cần thiết để giải nhanh các bài tập hóa học đặc biệt các em cần biết áp dụng
các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học. Phát triển kĩ năng giải bài tập
hóa học cho học sinh THPT bằng phương pháp tự chọn lượng chất thích hợp
là một trong các phương pháp chọn lọc để giải nhanh các bài tập. Học sinh áp dụng
phương pháp này có thể giải nhanh nhiều loại bài tập khác nhau, nhiều bài toán
phức tạp. Chuyên đề “Phát triển kĩ năng giải bài tập hóa học cho học sinh
THPT bằng phương pháp tự chọn lượng chất thích hợp” với mong muốn giúp
cho học sinh vận dụng tốt các kiến thức cơ bản và đồng thời rèn các thao tác tư duy
nhanh trong giải bài tập hóa học.
PHẦN 2 - NỘI DUNG
PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT THÍCH HỢP
A/ Phương pháp chung Một số bài toán, các dữ kiện của bài tóan cho dưới dạng
tổng quát như V(lít), a(gam) nhưng kết quả tính toán không phụ thuộc vào lượng
V; a ban đầu. Đối với dạng toán này ta nên tự chọn một đại lượng thích hợp để giúp
việc tính toán trở lên đơn giản hơn.
1
B/ Áp dụng
Bài 1: Một loại đá vôi chứa 80% CaCO
3
; 10,2% Al
2
O
3


78 (gam)
Khối lượng chất rắn giảm bằng khối lượng CO
2
(
↑
) = 100 – 78 = 22(g)

→
2
CO
n
= 0,5mol

3
CaCO
n
=
CaO
n
=
2
CO
n
= 0,5 ( mol)
→
H =
0,5.100
80
= 62,5%
% m

2
O
3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ H
2
O
CaO + 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O
CaCO
3
+ 2HCl
→
CaCl
2
+ CO
2
↑
+ H
2
O
nHCl = 6nAl

)
n
+ n H
2
SO
4

→
M
2
(SO
4
)
n
+ nCO
2

↑
+ nH
2
O
1mol n mol 1 mol n mol
Tự chọn số mol của M
2
(CO
3
)
n
là 1mol.
2 4

→
số mol Cl
2
= x mol; số mol H
2
= (1-x) mol

→

M
= 71. x + 2(1-x) = 9,625 .2

→
x = 0,25 mol

→
nCl
2
= 0,25 mol; nH
2
= 0,75 mol
Phương trình phản ứng: H
2
+ Cl
2

→
2HCl
m
A

H =
0,09625
0,25
mol
= 38,5%
3
% V hỗn hợp khí B:
Theo phản ứng: n
B
= n
A
= 1mol
% V
HCl
= 19,25%; % VCl
2
= 15,375 %; % VH
2
= 65,375%
Bài 4: Cho a gam dung dịch Na
2
CO
3
10,6% tác dụng vừa đủ với b gam dung dịch
HCl c%. Sau phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa NaCl có nồng độ 5,982%.
Tính C.
Bài giải:
Phương trình phản ứng: Na
2
CO

khối lượng dung dịch HCl =
7300
C
(g)
Khối lượng dung dịch X = 1000 +
7300
C
- 44 = ( 956 +
7300
C
) gam
C% =
2.58,5
7300
958
C
+
= 5,982 %
→
C = 7,3
Bài 5: Hòa tan hoàn toàn một khối lượng M hóa trị n bằng dung dịch H
2
SO
4
(loãng) rồi cô cạn dung dịch. Sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối
lượng gấp 5 lần khối lượng ban đầu. Xác định M.
Bài giải:
2M + nH
2
SO

suất phản ứng.
Bài giải:
N
2
+ 3H
2

o
t
→
2NH
3
Ta có:
X
M

= 7,2;
Y
M
= 8
Tự chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol
→
m
hỗn hợp X
= 7,2 (g)
Số mol N
2
= x (mol)
→
số mol H

n
Y
= 0,2 –x + 0,8 – 3x + 2x = (1- 2x) mol
Vì: m
Y
= m
X
= 7,2 (g)

→
n
Y
=
Y
Y
m
M
=
7,2
8
= 0,9

→
1 – 2x = 0,9
⇔
x = 0,05 (mol)
Ta có:
0,2
1
<

= 48 gam

2
SO
n
= x (mol)
→

2
O
n
= (1-x) (mol)
Ta có: 64x + 32( 1 – x) = 48

⇔
64x + 32 – 32x =48

⇔
32x = 16
→
x = 0,5 (mol)

→

2
SO
n
= 0,5 (mol)
→


= 48 (g)
→
n
B
=
48
60
= 0,8
Ta có: 1 – 0,5y = 0,8
→
y = 0,4 (mol)
Vì số mol SO
2
và số mol O
2
ban đầu bằng nhau nên hiệu suất phản ứng tính theo
SO
2
:
H =
0,4
80%
0,5
=

Bài 8: Hỗn hợp khí A thu được trong bình tổng hợp NH
3
chứa N
2
, H

2NH
3

→
N
2
+ 3H
2

Theo phản ứng thì số mol khí tăng bằng số mol NH
3
phản ứng.
Số mol NH
3
trong A là: 25 mol.
Khi cho B qua CuO dư nung nóng có phản ứng:
CuO + H
2

→
Cu + H
2
O
Sau khi hút H
2
O thì khí còn lại là N
2
có số mol là: 0,25.125 = 31,25 mol
Số mol N
2

2
ban đầu là 1: 3 nên hiệu suất tính theo N
2
hoặc H
212,5
40%
31,25
H = =

Bài 9: Cho một thể tích không khí chứa 80% thể tích N
2
và 20% thể tích O
2
cần
thiết đi qua bột than đốt nóng thu được hỗn hợp khí A chỉ chứa CO và N
2
. Trộn A
với lượng không khí gấp đôi lượng cần thiết để đốt cháy hết CO thu hỗn hợp khí B.
Đốt khí B thu được hỗn hợp khí D trong đó % VN
2
= 79,47%.
Tính H phản ứng đốt cháy CO
Bài Giải:
C + O
2

o

o
t
→
2CO
2
40mol 20 mol
Số mol O
2
phản ứng là 20 mol
→
số mol O
2
cần dùng là 40 (mol)
→
Tổng số mol N
2
trong B là: 80+40.4 = 240 mol.
Vì sau phản ứng số mol N
2
không đổi nên số mol N
2
trong D là 240 mol.
Tổng số mol khí D là: 240.100: 79,47 = 302 mol.
Gọi số mol CO phản ứng là x mol
→
số mol O
2
phản ứng là x/2 mol và số mol CO
2
tạo ra là x mol.

2 4
dd KOH
9800 112.100
( ); 1120
10
ddH SO
m g m g
x
= = =
m
dd muối
=
9800
1120 g
x
 
+
 ÷
 

C% =
174
11,154%
9800
1120
x
=
+

→

C% =
35,5
12,794%
499
M n
n M
+
=
+32,5 2 M n n
→ = → =
và M = 65
M là kim loại Zn.
Bài 12: Cho a gam kim loại M tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư, đun nóng
đến phản ứng hoàn toàn thu được b gam muối và có V
1
lít H
2
thoát ra ở (đktc). Mặt
khác cho a gam kim loại M tác dụng vừa đủ với V
2
lít Cl
2
(đktc) thu được b

= 1 mol
→
a g
2M + mCl
2

→
2MCl
m

1 mol 0,5m mol 1mol
Ta có
9

2
1
V
V
=
0,5 3
1,5 1,5
0,5 2
m m
m n
n n
= → = → =
Với b
1
= 93,3754 %.b
2

2
Chọn khối lượng dung dịch HCOOH là 100g
→

HCOOH
m
= C gam;

→
2
H O
m
= (100-C) gam ;
2
H
m
= 4
gam
Ta có:
2
H
n
=
1
2
(
2
HCOOH H O
n n
+

Khối lượng dung dịch axit =
6000
x
(g)
Khối lượng dung dịch NaOH = 40 : 10% = 400 (g)
Ta có:
82
6000
400
x
+
=
10,25
100

⇔
8200x = 61500 + 4100x
10

⇔
4100x = 61500

⇔
x = 15 (%)
Bài 15: Oxi hóa ancol etylic bằng CuO nung nóng thu được hỗn hợp chất lỏng có
khối lượng phân tử trung bình là 40. Tính hiệu suất phản ứng oxi hóa ancol etylic.
Bài giải:
CH
3
-CH

M
=
46(1 ) 44 18
1
x x x
x
− + +
+
= 40
Suy ra x = 0,375
→
H = 37,5%
Bài 16: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm 2 (CH) A và B thu được
132
41
a
g
CO
2
và
45
41
a
g H
2
O. Thêm vào hỗn hợp X một nửa lượng A có trong X rồi đốt cháy
hoàn toàn thì thu được
165
41
a

trong X
11
Số mol CO
2
= 3,75 mol; số mol H
2
O = 3,375 mol
Số mol CO
2
và H
2
O thu được khi đốt một nửa A trong X
Số mol CO
2
= 3,75 -3 = 0,75 mol
Số mol H
2
O = 3,375 – 2.5 = 0,875 mol
Đốt A cho nH
2
O > nCO
2

→
A là ankan: C
n
H
2n+2
n
A

m
H
2m-6

→

2 6
m
m
−
=
1,5
0,75.2
→
m = 6
→
C
6
H
6
Bài 17: Cho hỗn hợp A gồm 3 (CH) khí X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng và hỗn hợp
B gồm O
2
và O
3
. Trộn A,B theo tỷ lệ thể tích V
A
: V
B
= 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn

+ m
H
= 1,3 .12 + 1,2 . 2= 18,0 g
m
B
=m
O
= 1,3 .32 + 1,2 .16 = 60,8 g

M
B
= 19 .2 =38
→
n
B
=
60,8
38
= 1,6 mol

→
n
A
=
1,5
3,2
. 1,6 = 0,75 mol
12

→

4
+ C
3
H
6
C
4
H
10
→
C
2
H
6
+ C
2
H
4

M
B = 18,125 .2 = 36,25
Chọn số mol C
4
H
10
ban đầu là 1mol
→
khối lượng C
4
H

2
thu được bằng 35% khối lượng dung dịch axit ban đầu. Tính C
Bài giải:
Na + HCl
→
NaCl +
1
2
H
2
Na + H
2
O
→
NaOH +
1
2
H
2
Chọn khối lượng dung d ịch HCl ban đầu = 100 (g)

→
mH
2
= 5,35 (g)
→
nH
2
= 2,675 (mol)
mHCl = C (g)

phân tử và tính % thể tích hỗn hợp X.
Bài giải:
Chọn số mol X là 1 mol
→
4,8.2 9,6
X
m g
= =
Đặt công thức phân tử X là: C
n
H
2n-2

C
n
H
2n-2
+ 2H
2

→
C
n
H
2n+2
Vì
Y
M
= 8 . 2 =16
→

dư = ( y – 2x) mol
Ta có : x + y = 1
( 1)
và x + y -2x = 0,6
(2)
Giải hệ (1); (2) ta có : x = 0,2; y = 0,8.
Trong hỗn hợp Y: số mol của C
n
H
2n+2
= 0,2 mol và số mol của H
2
= 0,4 mol.
Ta có: 0,2(14n +2) + 0,4.2 = 9,6
→
n = 3
→
công thức phân tử của A là C
3
H
4
.
Phần trăm về thể tích của hỗn hợp X là:
% V của H
2
là: 0,4 : 0,6 = 66,67% và % V của C
3
H
8
là: 33,33%


2 5
ddC H COOH
0,2.74 1480
%
m g
a a
→ = =
m
dd muối
=
1480
100 g
a
 
+
 ÷
 
Ta có: C% =
0,2.112
11,2%
1480
100
a
=
+

→
a = 14,8
PHẦN 3 – KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ