SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TĂNG BẠT HỔ
PHAN VĂN HÀ
XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU
CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở
TRƯỜNG PHỔ THÔNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm 2012
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TĂNG BẠT HỔ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH
GIẢI TRONG DẠY HỌC MÔN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG
PHỔ THÔNG
Họ và tên: Phan Văn Hà
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: THPT Tăng Bạt Hổ
SKKN thuộc môn: Hóa học
Năm 2012
MỤC LỤC
Trang
A. MỞ ĐẦU………………………………………………………………
1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………………….
1
1. Thực trạng của vấn đề………………………………………………….
1
2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài…………………………………………
1
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài…………………………………………
2
CÁCH GIẢI………………………………………………………………
14
2.2.1. Một số bài toán vô cơ………………………………………………
14
2.2.1.1. Lớp 10…………………………………………………………….
14
2.2.1.2. Lớp 11…………………………………………………………….
17
2.2.1.3. Lớp 12…………………………………………………………….
19
2.2.2. Một số bài toán hữu cơ……………………………………………
22
2.2.2.1. Lớp 11……………………………………………………………
22
2.2.2.2. Lớp 12……………………………………………………………
27
2.3. SỬ DỤNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI TRONG DẠY HỌC
HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG………………………………….
31
2.3.1. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong các tiết luyện
tập, ôn tập cuối chương…………………………………………………
31
2.3.2. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc kiểm tra và
đánh giá……………………………………………………………………
32
2.3.3. Sử dụng Bài tập Hóa học có nhiều cách giải trong việc dạy học các
tiết tự chọn………………………………………………………………
34
2.3.4. Thực nghiệm sư phạm……………………………………………… 35
2.4. Khả năng áp dụng……………………………………………………
2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài
Bài tập Hóa học giúp cho học sinh phát triển năng lực nhận thức, rèn trí
thông minh. Một bài tập có nhiều cách giải, ngoài cách giải thông thường, quen
thuộc còn có cách giải độc đáo, thông minh, sáng tạo, ngắn gọn và chính xác. Việc
đề xuất một bài tập có nhiều cách giải, yêu cầu học sinh tìm được lời giải hay, ngắn
gọn, nhanh trên cơ sở các phương pháp giải toán, các qui luật chung của Hóa học
2
cũng là một biện pháp có hiệu quả nhằm phát triển tư duy và trí thông minh cho học
sinh, qua đó góp phần nâng cao chất lượng dạy và học ở trường phổ thông.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
- Nghiên cứu tìm ra các cách giải khác nhau của một số bài toán hữu cơ, vô
cơ thường gặp.
-Xây dựng các bài tập Hóa học có nhiều cách giải cho học sinh trung học
phổ thông.
-Sử dụng các bài tập này trong việc giảng dạy các tiết học chính khóa và
không chính khóa ở trường trung học phổ thông.
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
- Bài tập Hóa học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ dạy
học. Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh
động, phong phú, giúp cho giáo viên củng cố và hệ thống hóa kiến thức một cách
thuận lợi, rèn luyện được nhiều kĩ năng cần thiết về Hóa học góp phần vào việc giáo
dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh.
- Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách
khác nhau, giúp học sinh không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn thiện kỹ
năng và hình thành kỹ xảo. Điều này hết sức cần thiết, giúp học sinh giải quyết
nhanh, đạt kết quả tốt trong việc giải các bài toán trắc nghiệm có yêu cầu mức độ
vận dụng ngày càng cao trong các kỳ thi hiện nay.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian thực hiện đề tài
-Nghiên cứu lí thuyết về lí luận dạy học Hóa học; lí luận về các bài toán Hóa
2
SO
4
đặc làm chất xúc tác, giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%). Tính khối lượng
este thu được.
Bài 3: Xà phòng hóa 13,2 gam hỗn hợp 2 este HCOOC
3
H
7
và CH
3
COOC
2
H
5
cần
dùng 100 ml dung dịch NaOH x M. Tính giá trị của x ?
2.1.1.2. Các cách giải:
Bài 1: Cách 1: Bảo toàn nguyên tố- chọn nguyên tố đại diện là N
N/tetrapeptit
m.4
n mol
89.4 18.3
=
−
N/ala N/ala ala N/ala ala ala
28,48 32.2 27,72.3
n n n 1,08 mol
89 89.2 18 89.3 18.2
− − −
liên kết peptit trong tetrapeptit cộng số phân tử nước, suy ra:
m.3 m 88,2
0,44 m 81,54 g
89.4 18.3 18
−
= + => =
−
.
Cách 3: Qui đổi sản phẩm về một chất đơn giản: Qui đổi về alanin(ala)
Ta có:
1 ala-ala ↔ 2 ala; 1 ala-ala-ala ↔ 3 ala
0,2 mol 0,4 mol 0,12 mol 0,36 mol
=>
n = 0,4 + 0,36 + 0,32(gtcho) = 1,08 mol
ala
∑
Suy ra:
ala
tetrapeptit
n 1,08
n 0,27 mol
4 4
= = =
=>
tetrapeptit
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g= − =
.
Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình
Ala-ala-ala-ala + H
x + 4 z =
ala
n 0,32mol=
(2)
2y =
ala ala
n 0,12mol
−
=
(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra x = 0,12 mol; y = 0,1 mol; z = 0,05 mol, suy ra
ala ala ala ala
n 0,12 0,1 0,05 0,27 mol
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g.
− − −
= + + =
=> = − =
Cách 5: Phương pháp trung bình:
Đặt sản phẩm là n- peptit:
( )
n
Ala
Ta có
ala ala ala ala ala ala
ala ala ala ala ala ala
1.n 2.n 3.n 1.0,32 2.0,2 3.0,12
n 1,6875
n n n 0,32 0,2 0,12
− − −
m g= − =
.
Cách 7: tính số mol tetrapeptit trực tiếp(theo bảo toàn gốc ala)
ala ala ala ala ala ala
ala ala ala ala
n n n .3 0,32 0,2 0,12.3
n 0,27 mol
4 2 4 4 2 4
− − −
− − −
= + + = + + =
=>
tetrapeptit
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g= − =
.
Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
Ala-ala-ala-ala + H
2
O
o
t
→
ala-ala-ala + ala
0,12 mol ← 0,12 mol (gt) → 0,12 mol
7
Ala-ala-ala-ala + H
2
O
o
t
6,75 (ala)
4
2
H O+
→
8 ala + 5 (ala)
2
+ 3 (ala)
3
0,27 mol ← 0,32 0,2 0,12
=>
tetrapeptit
m 0,27.(89.4 18.3) 81,54 g= − =
.
Bài 2:
Cách 1: Phương pháp đại số
Gọi CT của ancol cùng dãy đồng đẳng với ancol metylic là : ROH
CH
3
OH + CH
3
COOH → CH
3
COOCH
3
+ H
2
O (1)
a a
ROH + CH
este
m 4,02 0,06.60 0,06.18 6,54 g= + − =
Cách 3 : Phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol ancol tạo thành 1 mol este thì khối lượng tăng : 59-17 = 42 gam.
0,06 mol ancol tạo thành 0,06 mol este thì khối lượng tăng: 0,06.42 =2,52 gam.
Vậy : m
este
= 4,02 + 2,52 = 6,54 g.
Cách 4 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 ancol là:
R
ROH(M 15)>
3 3 2
ROH CH COOH CH COOR H O+ → +
Ta có
3
CH COOH este
ROH
n 0,06 mol và n 0,1 mol n 0,06 mol= = => =
Mà:
4,02
M 67 (u) M 67 - 17 50 (u)
0,06
ROH R
= = => = =
Suy ra:
este
m 0,06.(50 59) 6,54 g= + =
.
Bài 3:
88
+ = + = => + = =
NaOH
NaOH M
0,15
n a b 0,15mol C 1,5M.
0,1
= + = => = =
Vậy x = 1,5.
Cách 2 : Phương pháp trung bình
Gọi CTTB của 2 este là : RCOOR’
RCOOR’ + NaOH → RCOONa + H
2
O
Ta có :
NaOH este
n n 0,15mol.= =
=>
NaOH
M
0,15
C 1,5M
0,1
= =
. Vậy x = 1,5.
Cách 3 : Phương pháp bảo toàn điện tích
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : dung dịch sau phản ứng chứa ion RCOO
-
9
Và Na
( đktc, sản phẩm khử duy nhất) và
dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 145,2 gam muối khan. Tính m ?
Bài 2 : Hòa tan hoàn toàn 15,3 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn trong dung dịch
HCl (dư) người ta thu được 6,72 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y
thu được khối lượng muối khan là bao nhiêu ?
Bài 3 : Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại
kiềm và một muối cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu được 0,2
mol CO
2
và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn?
2.1.2.2.Các cách giải :
Bài 1 :
Cách 1 : Giải theo phương trình phản ứng
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
trong m g hỗn hợp X
Các phản ứng xảy ra :
FeO + 4 HNO
3
→
Fe(NO
3
)
→
2 Fe(NO
3
)
3
+ 3 H
2
O (3)
Giả thiết cho
2 3 3
( )
0,2 ; 0,6 = =
NO Fe NO
n mol n mol
Theo phương trình (1) ; (2) ; (3) ta có :
x + 3y + 2z = 0,6 => 10x + 30 y + 20 z = 6 (*)
Và x + y = 0,2 (**)
Lấy (*) –(**), ta được : 9x + 29 y + 20 z = 5,8
=> 72x + 232 y + 160 z = 46,4 g.
Vậy m = 46,4 g.
10
Cách 2 : Áp dụng định luật bảo toàn mol elctron và bảo toàn khối lượng đối
với hỗn hợp X :
Theo định luật bảo toàn khối lượng : m
X
= m
Fe
+ m
O
Mặt khác, ta có
NO O
n .1 n .2+
=>
( -33,6).2
0,6.3 0,2
16
m
= +
=> m = 46,4 g.
Cách 3 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng đối với toàn bộ quá trình
và bảo toàn nguyên tố H
Ta có hh X + HNO
3
→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :
3pu 3 3 2 2
X HNO Fe( NO ) NO H O
m m m m m+ = + +
=>
3pu 3pu 2
.
Ở đây ta giải chi tiết trường hợp qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X’ gồm
FeO và Fe
2
O
3
.
Gọi x, y lần lượt là số mol của FeO và Fe
2
O
3
trong X’
Phản ứng :
FeO + 4 HNO
3
→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2 H
2
O (1)
11
x → x → x
Fe
2
−
= = =
.
Cách 6 : Giải bằng phương pháp trung bình :
Gọi công thức chung của các oxit là :
x y
Fe O
, ta có :
x y
Fe O
+
3
3 2 2
(2 2y)H NO xFe NO (y 1)H O
+ − +
+ + → + + +
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích 2 vế ta có :
2 + 2
y
- 1 = 3
x
=> 3
x
- 2
y
= 1 (1)
Ta lại có :
3
2
Fe
Fe Fe (3 n).e
+ +
→ + −
5 4
N 1e N
+ +
+ →
Ta lại có :
3
3 3
Fe(NO )
Fe
n n 0,6 mol
+
= =
12
Nên : 0,6.(3-
n
) = 0,2.1 =>
n
= 8/3
Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có
3
2
n
Fe O
Fe
1
n n 0,3 mol
2
3
→
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có :
3 3 2 2 3
O/X O/Fe(NO ) O/ NO O/H O O/HNO pu
m m m m m= + + −
Suy ra :
X Fe
m m 0,6.9.16 0,2.32 1,0.16 2.3.10 12,8− = + + − =
g
=>
X
m 12,8 0,6.56 46,4 g.= + =
Bài 2 :
Cách 1 : Phương pháp thông thường
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
x x x
m m m 15,3 0,6.35,5 36,6 g.
−
= + = + =
Cách 3 : Phương pháp bảo toàn khối lượng
M + 2HCl → muối + H
2
0,6 0,3 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
M
+ m
HCl
= m
muối
+ m
H2
m muối = m hỗn hợp kim loại + mHCl - mH2 = 15,3 + 0,6. 36,5 - 0,3.2 = 36,6 g.
Cách 4 : Phương pháp trung bình
Đặt M là công thức trung bình của Fe, Mg, Zn.
M + 2 HCl
→
MCl
2
+ H
2
Từ phương trình, suy ra
2 2
MCl H
n n 0,3mol= =
Suy ra
Muoi M M
(2A + 60)x + (B + 60)y = 23,8 (3)
x + y = 0,2 (4)
Từ (3) và (4) ta có : 2Ax + By + 60 (x+y) = 23,8.
→ 2Ax + By = 23,8 - 60.0,2 = 11,8.(5)
mmuối = 2x(A + 35,5) + y (B + 2.35,5)
= 2Ax + By + 71. (x+y) = 11,8 + 71. 0,2 = 26 g.
Cách 2 : Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng
A
2
CO
3
+ 2HCl
→
2ACl
+ CO
2
+ H
2
O (1)
14
BCO
3
+ 2HCl
→
BCl
2
+ CO
2
hoặc BCO
3
phản ứng và tạo ra 2
mol ACl hoặc 1 mol BCl
2
, làm khối lượng tăng 71- 60 =11 gam.
Vậy nếu số mol CO
2
sinh ra là 0,2 mol thì khối lượng muối giải phóng ra sẽ
tăng lên 0,2.11 = 2,2g. Khối lượng muối sau phản ứng là: 23,8 + 2.2 = 26 g.
2.1.3. Nhận xét
Việc xây dựng các cách giải khác nhau của một bài toán Hóa học đều phải
dựa trên nền tảng chung là học sinh phải nắm vững kiến thức Hóa học, các kỹ năng
biến đổi toán học. Đặc biệt là phải nắm vững các phương pháp giải toán Hóa học,
nhất là các phương pháp giải nhanh như áp dụng các định luật bảo toàn : bảo toàn
nguyên tố Hóa học, bảo toàn mol- elactron , bảo toàn khối lượng,…
Tác dụng quan trọng nhất của việc giải bài toán bằng nhiều cách là giúp học
sinh phát triển tư duy, tăng cường tính tự học, tìm tòi nghiên cứu và sáng tao; giúp
học sinh yêu thích môn học hơn, tạo cơ sở vững chắc cho sự thành công về sau.
2.2. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN VÔ CƠ, HỮU CƠ CÓ NHIỀU
CÁCH GIẢI
2.2.1. Một số bài toán vô cơ
2.2.1.1. Lớp 10:
Bài 1: Cho 24,8 gam hỗn hợp gồm kim loại kiềm thổ và oxit của nó tác dụng với
dung dịch HCl dư thu được 55,5g muối khan. Tìm kim loại M?
Đáp số: Ca
Bài 2: Cho 5,05g hỗn hợp gồm kim loại kali và một kim loại kiềm A tác dụng hết
với nước. Sau phản ứng cần 250 ml dung dịch H
2
SO
SO
4
nồng độ y% tác dụng hết với một lượng dư
hỗn hợp khối lượng Na, Mg. Lượng H
2
(khí duy nhất) thu được bằng 0,05x
gam. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch H
2
SO
4
?
Đáp số: 15,8%
Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Mg, Fe trong oxi dư, sau phản ứng thấy khối
lượng chất rắn nặng gấp 1,5 lần so với khối lượng chất rắn ban đầu. Tính phần trăm
khối lượng của Mg và Fe trong hỗn hợp?
Đáp số: %Mg= 30,0%; %Fe= 70,0%
Bài 8: Muối A tạo bởi kim loại M (hoá trị II) và phi kim X (hoá trị I). Hoà tan một
lượng A vào nước được dung dịch A1. Nếu thêm AgNO
3
dư vào A1 thì lượng kết
16
tủa tách ra bằng 188% lượng A. Nếu thêm Na
2
CO
3
dư vào dung dịch A1 thì
lượng kết tủa tách ra bằng 50% lượng A. Xác định công thức của muối A?
Đáp số: CaBr
2
Bài 9: Cho V lít hỗn hợp khí gồm H
xúc tác, đun nóng thu được hỗn hợp Y có khối lượng 19,2 gam. Hoà tan Y vào
nước sau đó thêm Ba(NO
3
)
2
dư thu được 37,28 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản
ứng SO
2
+ O
2
?
Đáp số: 80%
Bài 12: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các
kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung
dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch
thu được bao nhiêu gam muối khan ?
Đáp số: 26,0 g
Bài 13: Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe
2
O
3
, MgO, ZnO tan vừa đủ trong
300 ml dung dịch H
2
SO
4
0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn
hợp các muối sunfat khan tạo ra bao nhiêu gam?
Đáp số: 5,21 g
Bài 14: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Zn bằng dung dịch HCl
3
, MgCO
3
bằng dung
dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO
2
(đktc). Tính khối lượng KCl tạo thành trong
dung dịch sau phản ứng?
Đáp số: 8,94 g
2.2.1.2. Lớp 11:
Bài 19: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS
2
và y mol Cu
2
S vào axit HNO
3
(vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO.
Tính tỉ lệ x : y ?
Đáp số: Tỉ lệ 2:1
Bài 20: Đốt cháy 9,8 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp chất rắn X gồm
3 oxit của Fe. Để hoà tan X cần vừa hết 500 ml dung dịch HNO
3
1,6M thu được V
lít NO (sản phẩm duy nhất). Tính giá trị V?
Đáp số: 6,16 lit
Bài 21: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng với dung dịch HNO
3
dư,
thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí NO và NO
2
3
dư thu được 1,792 lít NO là
sản phẩm khử duy nhất (đktc). Xác định kim loại M và % M trong hỗn hợp?
Đáp số: Al, 22,4%
Bài 24: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột gồm FeS, FeS
2
, S bằng dung dịch HNO
3
đặc nóng dư thu được 53,76 lít NO
2
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch
A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa
nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu
được bao nhiêu gam?
Đáp số: 16,0 g
Bài 25: Cho hỗn hợp gồm N
2
, H
2
và NH
3
có tỉ khối so với hiđro là 8. Dẫn hỗn hợp
đi qua dung dịch H
2
SO
4
đặc, dư thì thể tích khí còn lại một nửa. Tính thành phần
phần trăm theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp?
Đáp số: %N
2
đã phản ứng ?
Đáp số: 0,18 mol
19
Câu 28: Cho a gam Fe vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và
Cu(NO
3
)
2
1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,92a gam hỗn hợp
kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính giá trị của a?
Đáp số: 11,48 g
2.2.1.3. Lớp 12:
Bài 29: Cho 3,6 gam hỗn hợp gồm K và một kim loại kiềm A tác dụng vừa hết với
nước, thu được 2,24 lít H
2
ở 0,5 atm và 0
o
C. Biết số mol kim loại (A) trong hỗn
hợp lớn hơn 10% tổng số mol 2 kim loại. Xác định kim loại A?
Đáp số: Na
Bài 30: A là quặng hematit chứa 60% Fe
2
O
3
. B là quặng manhetit chứa 69,6%
Fe
3
O
2
O
3
trong hỗn hợp A
?
Đáp số: %Fe = 28%; %FeO = 36%; %Fe
2
O
3
= 36%
Bài 34: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol Fe
3
O
4
tác dụng
hết với dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng
Copyright: Tài liệu đại học ©