PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trắc nghiệm khách quan là phương pháp kiểm tra kiến thức chính xác và khách quan trong thi cử. Trong các bài kiểm tra định kỳ và kiểm tra thường xuyên ở cấp trung học cơ sở đều có từ 30 đến 40% hoặc 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Bắt đầu từ năm học 2006 – 2007 Bộ GD – ĐT có chủ trương sử dụng nhiều hơn phương pháp trắc nghiệm khách quan để tuyển sinh đại học. Đây cũng là xu thế tất yếu của việc đổi mới kiểm tra đánh giá, một phần quan trọng của đổi mới phương php dạy học hiện nay. Bài thi trắc nghiệm khách quan thường gồm số lượng câu hỏi lớn, thời gian dành cho việc trả lời một câu hỏi rất ít. Vì vậy đòi hỏi học sinh phải được tập cho mình tính nhạy cảm để loại trừ nhanh các phương án không phù hợp với câu hỏi. Muốn có được điều đó học sinh phải biết một số phương pháp tìm nhanh đáp án câu hỏi trắc nghiệm và phải tự vận dụng để làm bài tập. Có một số câu hỏi trắc nghiệm có dạng bài tập tính toán (bài tập trắc nghiệm), nếu học sinh cứ làm bình thường để chọn đáp án đúng, thì sẽ mất nhiều thời gian nhưng để ý kỹ về các dữ kiện cho sẵn thì sẽ dễ dng suy luận được đáp án đúng, tiết kiệm thời gian làm bài, tránh sai sót khi tính toán. Qua thực tế giảng dạy, tơi tập hợp một công thức tính nhanh cho một số câu hỏi trắc nghiệm khch quan (dạng bài tập tính tóan) có thể tìm nhanh được đáp án, xin được nêu ra trong kinh nghiệm này. Trong điều kiện thời gian có hạn tôi chỉ giới hạn các câu hỏi trắc nghiệm khách quan dạng nhiều lựa chọn. Đây cũng là dạng trắc nghiệm được sử dụng phổ biến trong các đề thi hiện nay. Do thời gian áp dụng ngắn nên kinh nghiệm này vẫn còn nhiều thiếu sót. Rất mong được sự góp ý của các thầy cơ và các bạn đồng nghiệp. II. NHỮNG VẤN ĐỀ CẦN GIẢI QUYẾT. Trong khuôn khổ kinh nghiệm này, tôi nêu ra một số công thức giúp tìm nhanh đáp án, một số bài tập trắc nghiệm (dạng tính toán) ,cách giải đặc biệt của một số bài toán hoá học. Với mỗi công thức nêu trên có một số bài tập minh hoạ và các bài tập tương tự để vận dụng. 1 III. BIỆN PHÁP THỰC HIỆN. Để có thể tìm nhanh đáp án cho bài tập trắc nghiệm khách quan, giáo viên cần lưu ý học sinh dựa vào những đặc điểm đặc biệt, Dựa vào các phương pháp giải bài tập. PHẦN II : NỘI DUNG I. MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI BÀI TẬP Việc nắm các công thức này sẽ giúp giải nhanh các bài toán. Đây là các bài toán thường gặp trong các kỳ thi Đại học, mà nếu giải theo cách thông thường sẽ làm thí sinh mất nhiều thời gian. DẠNG 1: BÀI TOÁN VỀ CO 2 PHẢN ỨNG VỚI DUNG DỊCH R(OH) n) 1. Tính lượng kết tủa xuất hiện khi hấp thụ hết một lượng CO 2 vào dung dịch Ca(OH) 2 hoặc Ba(OH) 2 Công thức: Ví dụ : Hấp thụ hết 7,84 lít CO 2 (đkc) vào 300ml dung dịch Ba(OH) 2 1M. Tính khối lượng kết tủa thu được Giải 2 2 CO Ba(OH) n 035mol n 0,6 0,35 0,25mol n 0,3mol ↓  =  ⇒ = − =  =   m 197.0,35 49,25gam ↓ ⇒ = = ** Lưu ý: Ở đây 2 CO n 0,25mol n 0,35mol ↓ = < = , nên kết quả trên phù hợp. Ta cần phải kiểm tra lại vì nếu Ba(OH) 2 dùng dư thì khi đó 2 CO n n ↓ = mà không phụ thuộc vào OH n − . Tóm lại, khi sử dụng công thức trên, cần nhớ điều kiện ràng buộc giữa n ↓ và 2 CO n là n ↓ ≤ 2 CO n . 2 2 CO OH n n n − ↓ = − 2. Tính lượng kết tủa xuất hiện khi hấp thụ hết một lượng CO 2 vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm NaOH và Ca(OH) 2 hoặc Ba(OH) 2 Công thức Tính rồi so sánh với 2 Ca n + hoặc 2 Ba n + để xem chất nào phản ứng hết. Ví dụ : Hấp thụ hết 6,72 lít CO 2 (đkc) vào 300ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH) 2 0,6M. Tính khối lượng kết tủa thu được Giải 2 2 3 2 CO NaOH CO Ba(OH) n 0,3mol n 0,03mol n 0,39 0,3 0,09mol n 0,18mol −  =   = ⇒ = − =   =   Mà 2 Ba n 0,18mol + = nên n ↓ = 0,09mol. Vậy m 0,09.197 17,73gam ↓ = = . ** Lưu ý: Tương tự như công thức ở trên, trong trường hợp này cũng có điều kiện ràng buộc giữa 2 3 CO n − và 2 CO n là 2 3 CO n − ≤ 2 CO n . 3. Tính thể tích CO 2 cần hấp thụ hết vào một dung dịch Ca(OH) 2 hoặc Ba(OH) 2 để thu được một lượng kết tủa theo yêu cầu Dạng này phải có hai kết quả. Công thức: 3 2 2 3 CO CO OH n n n − − = − 2 2 CO CO OH n n n n n − ↓ ↓  =  = −   Ví dụ : Hấp thụ hết V lít CO (đkc) vào 300ml dung dịch Ba(OH) 2 1M được 19,7 gam kết tủa. Tìm V Giải 2 2 CO CO OH n n 0,1mol V 2,24lít n n n 0,6 0,1 0,5mol V 11,2lít − ↓ ↓  = = ⇒ =  = − = − = ⇒ =   DẠNG 2: HIĐROXIT LƯỠNG TÍNH 1. Tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào dung dịch Al 3+ để xuất hiện một lượng kết tủa theo yêu cầu Dạng này phải có hai kết quả Công thức: Ví dụ : Cần cho bao nhiêu lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch chứa 0,5 mol AlCl 3 để được 31,2 gam kết tủa. Giải 3 OH OH Al n 3.n 3.0,4mol V 1,2lít n 4.n n 2 0,4 1,6mol V 1,6lít − − + ↓ ↓  = = ⇒ =  = − = − = ⇒ =   Ví dụ : Cần cho một thể tích dung dịch NaOH 1M lớn nhất là bao nhiêu vào dung dịch chứa đồng thời 0,6mol AlCl 3 và 0,2mol HCl để xuất hiện 39gam kết tủa. Giải Lưu ý rằng trường hợp này cần thêm một lượng NaOH để trung hoà HCl. Mặt khác, để tính thể tích dung dịch NaOH lớn nhất nên chỉ cần xét giá trị 3 OH (max) Al n 4n n − + ↓ = − 3 HCl OH (caàn) Al n n (4.n n ) 0,2 (2,4 0,5) 2,1mol − + ↓ ⇒ = + − = + − = ⇒ V = 2,1 lít. 4 3 OH OH Al n 3.n n 4.n n − − + ↓ ↓  =  = −   2. Tớnh th tớch dung dch HCl cn cho vo dung dch Na[Al(OH) 4 ] (hoc NaAlO 2 ) xut hin mt lng kt ta theo yờu cu Dng ny phi cú hai kt qu Cụng thc: Vớ d : Cn cho bao nhiờu lớt dung dch HCl 1M vo dung dch cha 0,7mol Na[Al(OH) 4 ] thu c 39 gam kt ta? Gii 4 H H [Al(OH) ] n n 0,5mol V 0,5lớt n 4.n 3.n 1,3mol V 1,3lớt + + = = = = = = Vớ d : Th tớch dung dch HCl 1M cc i cn cho vo dung dch cha ng thi 0,1mol NaOH v 0,3mol Na[Al(OH) 4 ] l bao nhiờu xut hin 15,6gam kt ta? Gii Tng t nh vớ d 5, ta cú: 4 NaOH H (can) [Al(OH) ] n n (4.n 3.n ) 0,7mol + = + = V = 0,7 lớt. DNG 3: BI TON V HNO 3 1. Tớnh khi lng mui nitrat thu c khi cho hn hp cỏc kim loi tỏc dng vi HNO 3 (khụng cú s to thnh NH 4 NO 3 ) Cụng thc: (khụng to khớ no thỡ s mol khớ ú bng khụng) Vớ d : Ho tan 10 gam rn X gm Al, Mg, Zn bng HNO 3 va c dung dch cha m gam mui v 5,6 lớt NO (kc) l sn phm kh duy nht. Tỡm m. Gii Muoỏi 5,6 m 10 62.3. 56,5gam 22,4 = + = 5 4 H H [Al(OH) ] n n n 4.n 3.n + + = = 2 2 2 Muoỏi Kim loaùi NO NO N O N m m 62.(3.n n 8.n 10.n ) = + + + + 3. Tính lượng muối thu được khi cho hỗn hợp sắt và các oxit sắt tác dụng với HNO 3 dư giải phóng khí NO. Công thức: Ví dụ : Hoà tan hết 12 gam rắ X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 trong HNO 3 loãng dư được dung dịch chứa m gam muối và 2,24 lít NO (đkc). Tìm m. Giải Muoái 242 2,24 m (12 24. ) 43,56gam 80 22,4 = + = ** Lưu ý: Với dạng này, cho dù hỗn hợp đầu là bao nhiếu chất trong số các chất (Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 ) cũng đều cho kết quả như nhau. Thật vây. Ví dụ : Nung m gam bột sắt trong oxi dư được 3 gam hỗn hợp rắn X. Hoà tan hết X trong HNO 3 loãng dư được 0,448 lít NO (đkc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng được bao nhiêu gam rắn khan? Giải Dù X là bao nhiêu chất, ta luôn có: Muoái 242 0,448 m (3 24. ) 10,527gam 80 22,4 = + = 4. Tính khối lượng muối thu được khi hoà tan hết hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 bằng HNO 3 đặc, nóng dư giải phóng khí NO 2 . Tương tự như vấn đề đã xét ở trên, hỗn hợp đã cho không nhất thiết phải là 4 chất, mà chỉ là 2 hoặc 3 trong 4 chất trên thì khối lượng muối vẫn được tính theo công thức: 6 Muoái hoãn hôïp NO 242 m (m 24.n ) 80 = + 2 Muoái hoãn hôïp NO 242 m (m 8.n ) 80 = + Ví dụ : Hoà tan hết 6 gam rắn X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 trong HNO 3 đặc, nóng dư được 3,36 lít NO 2 (đkc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng được bao nhiêu gam muối khan? Giải Muoái 242 3,36 m (6 8. ) 21,78gam 80 22,4 = + = Ví dụ : Dẫn một luồng CO qua ống đựng Fe 2 O 3 nung nóng thu được 9 gam rắn X. Hoà tan hết X trong HNO 3 đặc, nóng dư được 3,92 lít NO 2 (đkc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng được bao nhiêu gam muối khan? Giải Dù X là bao nhiêu chất, ta luôn có: Muoái 242 3,92 m (9 8. ) 31,46gam 80 22,4 = + = . ** Lưu ý: - Với dạng toán này, HNO 3 phải dư để muối thu được toàn là muối Fe(III). Không được nói “HNO 3 vừa đủ”, vì có thể phát sinh khả năng sắt còn dư do HNO 3 đã hết sẽ tiếp tục tan hết do khử Fe(III) về Fe(II). Khi đó đề sẽ không còn chính xác nữa. - Nếu giải phóng hỗn hợp NO và NO 2 , công thức tính muối là 6. Tính khối lượng sắt đã dùng ban đầu, biết oxi hoá lượng sắt này bằng oxi được hỗn hợp rắn X. Hoà tan hết rắn X trong HNO 3 loãng dư được NO. Thực ra, dạng này dựa vào công thức : 7 2 Muoái hoãn hôïp NO NO 242 m (m 24.n 8.n ) 80 = + + Muoỏi hoón hụùp NO 242 m (m 24.n ) 80 = + 3 3 Fe(NO ) hoón hụùp NO 1 n (m 24.n ) 80 = + 3 3 Fe Fe(NO ) hoón hụùp NO 1 n n (m 24.n ) 80 = = + CT: Vớ d : t m gam st trong oxi c 3 gam hn hp rn X. Ho tan ht X trong HNO 3 loóng d c 0,56 lớt NO (kc). Tỡm m. Gii Fe 56 0,56 m (3 24. ) 2,52gam 80 22,4 = + = Vớ d : Chia 12 gam rn X gm Fe, FeO, Fe 2 O 3 v Fe 3 O 4 lm 2 phn bng nhau. - Dn mt lung CO d qua phn nung núng c m gam st. - Ho tan ht phn 2 trong HNO 3 loóng d c 1,12 lớt NO (kc). Tỡm m. Gii Fe 56 1,12 m (6 24. ) 5,04gam 80 22,4 = + = DNG 4: BI TON OXI HểA 2 LN 1. BI TON KINH IN ( KL ngoi khụng khớ) Fe + O 2 hn hp A (FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 , Fe d) + 3 HNO Fe(NO 3 ) 3 + SPK + H 2 O Hoc: Fe + O 2 hn hp A (FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 , Fe d) + 2 4 H SO Fe 2 (SO 4 ) 3 + SPK + H 2 O Cng thc tớnh nhanh: 8 Fe hoón hụùp NO 56 m (m 24.n ) 80 = + m Fe = 0,7 m hhA + 5,6 .n e nhan Vi HNO 3 thỡ dng m mui = 242 ( 24 ) 80 hhA NO m n+ = n Fe . 242 3 3 3 2 ụi ớ 3 mu Kh HNO NO NO Fe NO NO n n n n n n = + = + + Ví dụ: (Đề ĐH– 2008). Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 v Fe 3 O 4 phản ứng hết với dung dịch HNO 3 lõang (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 38,72. B. 35,50. C. 49,09. D. 34,36. Hướng dẫn : Cch 1 : p dụng hệ thức ta cĩ: 1,344 0,7.11,36 5,6.3. 22,4 .242 38,72 56   +  ÷ = =  ÷  ÷  ÷   m gam Ví dụ: (Câu 12 – đề ĐH khối B – 2007). Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hịa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là (cho O = 16, Fe = 56 A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Hướng dẫn : p dụng hệ thức (9),ta cĩ: m = 0,7.3 + 5,6.3.(0,56:22,4) = 2,52 gam Ví dụ: Nung nóng 12,6 gam Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 v Fe 3 O 4 . Hỗn hợp ny phản ứng hết với dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng (dư), thu được 4,2 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính m? Giải:Ta có 2 SO n = 0,1875 mol , n Fe = 0,225 mol Gọi số mol oxi trong oxit l x ta cĩ: Chất khử Chất oxi hĩa 3 3Fe Fe e + → + 2 2 4 2 2 2 O e O SO e SO − − + → + → Tổng electron nhường: 0,675 mol Tổng electron nhận: 2x + 0,375 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,675 = 2x + 0,375 → x = 0,15 Mặt khc ta cĩ: 2 Fe O m m m − = + nn: m = 12,6 + 0,15x16 = 15 (gam). ĐS: 15 gam. Ta cĩ thể sử dụng công thức: m Fe = 0,7 m hhA + 5,6 .n e nhan → m Fe = 0,7 m hhA = (5,6 .n e nhan + m Fe )/0.7=15g Ví dụ: Nung nóng m gam bột sắt ngoài không khí, sau phản ứng thu được 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 v Fe 3 O 4 . Hịa tan hết X trong dung dịch HNO 3 loãng thu 9 2x x 0,225 0,225 x 3 0,1875 0,1875 2x được 5,6 lít hỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2 có tỉ khối so với H 2 l 19. Tính m v thể tích HNO 3 1M đã dùng? Giải: Theo đề ra ta có: 2 0,125 NO NO n n mol = = Gọi số mol Fe và O tương ứng trong X là x và y ta có: 56x + 16y = 20 (1). Qu trình nhường và nhận e: Chất khử Chất oxh 3 3Fe Fe e + → + 2 4 5 2 2 5 2 1 3 O e O N e N O N e N O − + + + + + → + → + → Tổng electron nhường: 3x mol Tổng electron nhận: 2y + 0,125+ 0,125x3 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x = 2y + 0,5 (2) Từ (1) v (2) ta có hệ 56 16 20 3 2 0,5 x y x y + =   − =  Giải hệ trn ta cĩ x = 0,3 v y = 0,2 Như vậy n Fe = 0,3 mol vậy m = 16,8 gam. Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: 3 3 3 2 ôi í 3 mu Kh HNO NO NO Fe NO NO n n n n n n = + = + + nn 3 0,3 3 0,125 0,125 1,15 HNO n x= + + = mol. Vậy 3 1,15 1,15( ít) 1 HNO V l= = 2. HỖN HỢP Cu PHẢN ỨNG VỚI AXIT HNO 3 , H 2 SO 4 Cu + O 2 → hỗn hợp A (CuO, Cu 2 O, Cu dư) + → 3 HNO Cu(NO 3 ) 2 + SPK + H 2 O Hoặc: Cu + O 2 → hỗn hợp A (CuO, Cu 2 O, Cu dư) + → 2 4 H SO CuSO 4 + SPK + H 2 O Công thức : 10 m Cu = 0,8 m hhA + 6,4 .n enhan 2y y x 3x 0,125 0,125 3x y 0,125 0,125 [...]... l: A 16% B 18% C 20% D 14% Bi gii: - Tụi xin trỡnh by theo 2 cỏch thy rừ c vai trũ ca cụng thc ng chộo * Cỏch 1: Theo phng phỏp i s - Khi lng ca NaOH cú trong 60(g) dd NaOH 20% l: 60.20% =12( g) 100% - Khi lng ca NaOH cú trong 40(g) dd NaOH 15% l: 40.15% = 6(g) 100% - Khi lng cht tan sau khi trn l: 12 + 6 = 18(g) - Khi lng dung dch sau khi trn l: 60 + 40 = 100(g) - Nng % ca dch sau khi trn l: ỏp... hc sinh ỏp dng khụng tinh thỡ cú th tỡm c mt kt qu khụng chớnh xỏc (tc l cú khi tỡm c kt qu õm) Nhng ỏp ngc v mt thi gian thỡ cụng thc ng chộo vn l cụng c hu hiu nht hc sinh tn dng c v mt thi gian DNG 9: HU C: 1 Tớnh s ng phõn ca: -Ancol no, n chc (CnH2n+2O): -Anehit n chc, no (CnH2nO) : -Este no, n chc (CnH2nO2): -Ete n chc, no (CnH2n+2O): -Xeton n chc, no (CnH2nO): -Amin n chc, no (CnH2n+3N): 2n-2... -Xeton n chc, no (CnH2nO): -Amin n chc, no (CnH2n+3N): 2n-2 2n-3 (1 . (2<n<7) -Este no, đơn chức (C n H 2n O 2 ): 2 n-2 (1<n<5) -Ete đơn chức, no (C n H 2n+2 O): 2 1 (n-1)(n-2) (2<n<6) -Xeton đơn chức, no (C n H 2n O): 2 1 (n-2)(n-3) (2<n<7) -Amin. )g( % %. 12 100 2060 = - Khối lượng của NaOH có trong 40(g) dd NaOH 15% là: )g( % %. 6 100 1540 = - Khối lượng chất tan sau khi trộn là: 12 + 6 = 18(g) - Khối lượng dung dịch sau khi trộn là: 60 + 40 = 100(g) -. Fe 2 O 3 v Fe 3 O 4 lm 2 phn bng nhau. - Dn mt lung CO d qua phn nung núng c m gam st. - Ho tan ht phn 2 trong HNO 3 loóng d c 1 ,12 lớt NO (kc). Tỡm m. Gii Fe 56 1 ,12 m (6 24. ) 5,04gam 80 22,4 = +